01 Leitprogramm - EducETH - ETH Zürich

Schiefe Biegung 

Leitprogramm 

Dr. Michael Flückiger 

Inhalt: 

Nach dem Studium dieses Leitprogramms werden die Studierenden erkennen, ob ein Problem 

spezieller oder schiefer Biegung vorliegt. Sie sind ausserdem in der Lage, die Deformation 

eines Balkens unter schiefer Biegung zu berechnen und die dabei auftretenden 

Normalspannungen zu bestimmen. 

Unterrichtsmethode: Leitprogramm 

Fachliches Review: 

Dr. Stephan Kaufmann, Institut für Mechanische Systeme, ETH Zürich 

Fachdidaktisches Review: 

Dr. Stephan Kaufmann, Institut für Mechanische Systeme, ETH Zürich 

Publiziert auf EducETH: 

1. September 2009 

Rechtliches: 

Die vorliegende Unterrichtseinheit darf ohne Einschränkung heruntergeladen und für 

Unterrichtszwecke kostenlos verwendet werden. Dabei sind auch Änderungen und 

Anpassungen erlaubt. Der Hinweis auf die Herkunft der Materialien (ETH Zürich, EducETH) 

sowie die Angabe der Autorinnen und Autoren darf aber nicht entfernt werden. 

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Weitere Informationen: 

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ETH Didaktische Ausbildung 

Zentrum für Mechanik 

Leitprogramm zum Thema: Schiefe Biegung 

Fach: Mechanik 

Schultyp: Fachhochschule 

Voraussetzung: 1. Semester Mechanik absolviert 

Vorkenntnisse: Spezielle Biegung linear elastischer Balken 

Bearbeitungsdauer: 6-8 Lektionen 

Autor: 

Dr. Michael Flückiger 

99-907-263 

D-MAVT 

Maschinenbau 

Gryphenhübeliweg 24 

3006 Bern 

michael.flueckiger@gmail.com 

Betreuer: 

Dr. Jürg Meier ZHW 

Dr. Stephan Kaufmann ETHZ 

Fassung vom: 21. August 2009 

Schulerprobung: Diese Arbeit wurde noch nicht erprobt.

Schiefe Biegung 

ein Leitprogramm in Mechanik 

Eidgenössische Technische Hochschule (ETH) Zürich 

verfasst von 

Dr. Michael Flückiger

Leitprogramm “Schiefe Biegung” 

Stufe, Schulbereich 

Fachhochschule 

Vorkenntnisse 

Spezielle Biegung linearelastischer Balken 

Bearbeitungsdauer 

6-8 Lektionen 

Bezugsquelle 

EducETH: http://www.educ.ethz.ch/ 

Diese Vorlage darf für den Gebrauch im Unterricht nach Belieben kopiert werden. 

Nicht erlaubt ist die kommerzielle Verbreitung

Inhaltsverzeichnis 

Vorwort vii 

Einführung vii 

Arbeitsanleitung ix 

1 Repetitorium zur speziellen Biegung 1 

1.1 Flächenträgheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 

1.1.1 Parallelverschiebung der Bezugsachsen . . . . . . . . . . . 3 

1.1.2 Drehung des Bezugsystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken . . . . . . . . . . . . 6 

1.3 Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 

1.4 Lösungen zu den Kapitelaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

1.5 Lösung zur Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 

2 Schiefe Biegung 19 

2.1 Schiefe oder zweiachsige Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 

2.2 Berechnung der Normalspannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 

2.2.1 Aufteilung der schiefen Biegung in zwei Probleme spezieller 

Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 

2.2.2 Superposition der Normalspannungen . . . . . . . . . . . . 22 

2.2.3 Bestimmung der Neutralachse . . . . . . . . . . . . . . . . 24 

2.3 Gleichungen der Biegelinie für schiefe Biegung . . . . . . . . . . . 25 


Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 

2.3.2 Superposition der Durchbiegungen . . . . . . . . . . . . . 25 

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.5 Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 


2.7 Lösung zur Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 

3 Additum: Wasseranalogie 47 

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalogie . . . . . . . 48 


A Kapitel-Tests 53 

A.1 Testaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 

A.1.1 Repetitorium zur speziellen Biegung . . . . . . . . . . . . 53 

A.1.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 

A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 

A.2.1 Repetitorium zur speziellen Biegung . . . . . . . . . . . . 57 

A.2.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 

B Mediothek 63 

C Experimentier- und anderes Material 65 

C.1 ANSYS Input Files . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 

C.1.1 Biegeprofil.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 

C.1.2 Aufgabe2-C.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 

C.1.3 BiegeprofilBeam Loop.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 

Literaturverzeichnis 73

Vorwort 

Ich möchte Herrn Dr. Jürg Meier und Herrn Dr. Stephan Kaufmann herzlich dan- 

ken für Ihre Unterstützung und Betreuung bei dieser Arbeit. 

Zur Bearbeitung dieses Leitprogramms, ist es von Vorteil, wenn die folgenden 

Computerprogramme bekannt sind und angewendet werden können: 

• MATLAB � (The MathWorks) oder Mathematica (Wolfram Research) 

• ANSYS (Ansys, Inc.) 

Es sollten Computer zur Verfügung stehen, auf denen obige Programme installiert 

sind, so dass die Studenten diese verwenden können. Zudem müssen die Bücher, 

welche im Literaturverzeichnis aufgelistet sind, sowohl zur Bearbeitung des Leit- 

programms, als auch zur Lösung der Tests frei zugänglich sein. 

Bern, 21. August 2009 Dr. Michael Flückiger 

Einführung 

Worum geht es in diesem Leitprogramm? 

Sie sind sicherlich schon mal ganz vorne auf einem Sprungbrett gestanden oder 

haben jemandem zugeschaut, der auf einem Sprungbrett steht. Dabei ist Ihnen 

aufgefallen, dass sich das Brett nach unten durchbiegt. Das Sprungbrett ist in 

diesem Fall auf Biegung beansprucht. Die Belastung liegt dabei auf einer der 

Hauptachsen des Sprungbrettquerschnittes. Es liegt also der bereits bekannte 

Fall der speziellen bez. geraden Biegung vor. Wie der Name spezielle Biegung 

sagt, handelt es sich um einen Spezialfall der Biegung. 

vii

viii 

Im Allgemeinen liegt die Last nicht auf einer der Hauptachsen des Querschnittes. 

Diese allgemeinere oder schiefe Biegung kommt in vielen verschiedenen techni- 

schen Strukturen vor, wie zum Beispiel bei Holmen von Tragflächen, bei Brücken 

oder bei Stützstrukturen von Hallen. Die Gesetze zur Behandlung der schiefen 

Biegung lernen Sie mit Hilfe dieses Leitprogramms. 

Was werden Sie grundsätzlich am Ende dieses Leitpro- 

gramms können? 

Nach dem Studium dieses Leitprogramms wird es Ihnen keine Mühe bereiten zu 

erkennen, ob ein Problem spezieller oder schiefer Biegung vorliegt. Sie werden in 

der Lage sein, die Deformation eines Balkens unter schiefer Biegung zu berech- 

nen. Zudem können Sie die dabei auftretenden Normalspannungen bestimmen. 

Was wird behandelt? 

Im ersten Kapitel dieses Leitprogramms wird die spezielle Biegung repetiert. Sie 

haben dabei die Gelegenheit, Ihr Wissen darüber aufzufrischen und zu festigen. 

Die schiefe Biegung, bei welcher die Last nicht auf einer der Hauptachsen des 

Querschnittes liegt, wird im nächsten Teil bearbeitet. Das letzte Kapitel behan- 

delt eine Methode, mit welcher die bei der Biegung auftretenden Schubspan- 

nungen veranschaulicht werden können. Diese Methode, die so genannte Wasser- 

analogie, gehört jedoch nicht zum Prüfungsstoff. Sie können die Wasseranalogie 

anschauen, wenn Sie die ersten zwei Kapitel beendet haben und Ihnen noch Zeit 

für die Bearbeitung des Leitprogramms zur Verfügung steht. 

BEMERKUNG: In diesem Leitprogramm kommen Vektoren vor. Sie werden hier 

unterstrichen dargestellt. So wird zum Beispiel der Vektor des Biegemoments als 

M b notiert.

Arbeitsanleitung 

Dieses Leitprogramm führt Sie so durch die Lernetappen, dass Sie den gesam- 

ten Stoffumfang alleine erarbeiten können. In jedem Kapitel erhalten Sie zuerst 

einen Überblick und es werden die Lernziele angegeben. Damit wissen Sie schon 

am Anfang jedes Kapitels, worum es geht und was Sie am Schluss können müs- 

sen. Nach den Zielen folgt der eigentliche Unterrichtsstoff. Lesen Sie ihn in Ruhe 

durch und lösen Sie die dazugehörigen Aufgaben. Die Lösungen zu den Aufgaben 

finden Sie jeweils ganz am Schluss des Kapitels. Dadurch können Sie selbständig 

kontrollieren, ob Sie zur richtigen Lösung gelangt sind. Konsultieren Sie die Lö- 

sung erst, nachdem Sie selbst eine erarbeitet haben. Am Ende gibt es dann noch 

die Lernkontrollen. Dies sind spezielle Aufgaben, mit welchen Sie testen, ob Sie 

die Lernziele erreicht haben. Nach erfolgreicher Bearbeitung der Lernkontrollen 

wartet der Kapiteltest auf Sie. Diesen legen Sie beim Dozenten oder Betreuer 

ab. Der Test wird nicht benotet. Mit ihm wird überprüft, ob Sie für das nächste 

Kapitel bereit sind. Vielleicht zeigt der Test, dass Sie noch etwas nicht ganz ver- 

standen haben. Der Dozent wird Ihnen in diesem Fall mitteilen, welche Teile des 

Kapitels Sie wiederholen müssen. Sobald Sie den Kapiteltest bestanden haben, 

können Sie mit dem nächsten Kapitel beginnen. 

In diesem Leitprogramm werden Sie immer wieder auf die nachfolgenden Zeichen 

stossen. Diese weisen Sie auf bestimmte Tätigkeiten hin. 

Aufgabe: 

Dieses Symbol zeigt Ihnen, dass Sie nun eine Aufgabe bearbeiten müssen. Sie 

bekommen damit die Gelegenheit zu überprüfen, ob Sie den letzten Abschnitt 

verstanden haben. Teilweise sollen Sie zur Veranschaulichung der Resultate zu- 

sätzlich eine Simulation auf dem Computer oder ein Experiment durchführen. 

Dazu benötigtes Material wird Ihnen zur Verfügung gestellt. 

ix

x 

Konzentration: 

Die neben diesem Symbol aufgeführten Formeln oder Definitionen sollten Sie 

sich besonders gut einprägen und in einer kurzen Zusammenfassung festhalten. 

Es handelt sich dabei um die wesentlichen Gesetze der schiefen Biegung, die Sie 

für die nächste Prüfung wissen sollten. Es ist wichtig, dass Sie die Lernkontrol- 

len am Ende des Kapitels erfolgreich lösen können; alleiniges Hilfsmittel ist Ihre 

Zusammenfassung. 

Recherchieren: 

Gewisse Teile, welche in einem Buch oder anderen Hilfsmittel in geeigneter Form 

abgefasst sind, wurden in diesem Leitprogramm ausgelassen. Dieses Symbol weist 

sie darauf hin, dass Sie eine Literaturrecherche durchführen müssen. Das benö- 

tigte Material für die Recherche liegt im Zimmer bzw. im Hörsaal für Sie bereit.

1 Repetitorium zur speziellen Biegung 

Überblick 

Die spezielle oder gerade Biegung dient als Grundlage für die allgemeinen Biege- 

probleme. Darum wird die spezielle Biegung im ersten Kapitel kurz repetiert und 

die wichtigsten Formeln werden angegeben. 

Falls Ihnen die spezielle Biegung noch präsent ist, können Sie auch gleich die 

Lernkontrolle am Ende dieses Kapitels lösen, ohne das ganze Kapitel durchzuar- 

beiten. Wenn Sie die Lernkontrolle selbständig richtig gelöst haben, melden Sie 

sich zum Kapiteltest. Nach erfolgreicher Bearbeitung des Tests, können Sie mit 

dem zweiten Kapitel beginnen. 

In diesem Kapitel schauen wir uns zuerst die Flächenträgheitsmomente an. Da- 

nach wiederholen wir die Verschiebungs- und Drehungssätze. Schliesslich berech- 

nen wir dann noch die Verschiebung und die Normalspannung in einem Balken 

unter spezieller Biegung. 

Lernziele: 

• Sie können die Flächenträgheitsmomente für einfache 

Querschnitte berechnen und sie kennen die Verschiebungs- 

sowie Drehungssätze. 

• Sie können die auftretenden Spannungen sowie die Verfor- 

mung bei einem Balken unter spezieller Biegung berech- 

nen. 

1

2 1 REPETITORIUM ZUR SPEZIELLEN BIEGUNG 

1.1 Flächenträgheitsmomente 

Die Spannungen in einem belasteten Balken hängen nicht nur von der Belastung 

ab, sondern auch vom Querschnitt des Balkens. Der Einfluss des Querschnitts 

wird durch die Flächenträgheitsmomente beschrieben. 

A 

S 

x z 

y 

r 

z 

y 

dA 

(a) Beliebiger Balkenquerschnitt 

Abbildung 1: Verschiedene Balkenquerschnitte 

H 

B 

S 

y 

(b) Rechteckquerschnitt 

Die Flächenträgheitsmomente für den Querschnitt aus Abbildung 1(a) sind wie 

folgt definiert: 

� 

Ip = 

� 

Iy = 

� 

Iz = 

� 

Iyz = Izy = − 

r 2 � 

dA = 

z 2 dA (1) 

y 2 dA (2) 

yzdA (3) 

(y 2 + z 2 )dA = Iy + Iz 

Iy bzw. Iz sind die axialen Flächenträgheitsmomente, Iyz ist das Deviationsmo- 

ment und Ip das polare Flächenträgheitsmoment. 

z 

(4)

1.1 Flächenträgheitsmomente 3 

BEMERKUNG: Das polare Flächenträgheitsmoment wird erst später bei Balken 

gebraucht, die auf Torsion beansprucht sind. Es ist hier nur der Vollständigkeit 

halber erwähnt. 

Beispiel: Wir wollen die Flächenträgheitsmomente eines ellipsenförmigen Quer- 

schnitts berechnen. Schauen Sie sich dazu das Beispiel 4.1 im Abschnitt 4.2.1 in 

[1] an und arbeiten Sie dieses durch. 

Achsen für die das Deviationsmoment null wird, heissen Hauptachsen. Das De- 

viationsmoment verschwindet zum Beispiel, wenn die Querschnittsfläche symme- 

trisch bezüglich einer der Achsen ist. Die y- und z-Achse des Rechteckquerschnitts 

aus Abbildung 1(b) sind also zum Beispiel Hauptachsen. 

Eine Zusammenstellung von Flächenträgheitsmomenten finden Sie in Tabelle 4.1 

in [1] oder im Abschnitt “Beanspruchung stabförmiger Bauteile” von Kapitel C 

“Festigkeitslehre” in [4]. Schauen Sie die Flächenträgheitsmomente der gebräuch- 

lichsten Profile in einem dieser Bücher durch, damit Sie sie bei Bedarf rasch 

finden. 

Aufgabe 1-A Flächenträgheitsmomente 

Berechnen Sie Iy, Iz, Iyz und Ip für den Querschnitt aus Abbildung 1(b). Die y- 

und z-Achse gehen durch den Schwerpunkt S. Bekommen Sie das gleiche Resultat 

wie in [1]? 

1.1.1 Parallelverschiebung der Bezugsachsen 

Die Flächenträgheitsmomente bezüglich der y- und z-Achse für den Querschnitt 

aus Abbildung 2(a) ergeben sich zu (Verschiebungssätze oder Steinerscher Satz): 

Iy = Iy + z 2 sA (5) 

Iz = Iz + y 2 sA (6) 

Iyz = Iyz − y szsA (7)


y 

zs 

ys 

S 

y 

z 

y 

dA 

(a) Beliebiger Querschnitt 

A 

Abbildung 2: Verschiebungssätze 

z 

z 

H 

y 

B 

S 


BEMERKUNG: In den Gleichungen (5) - (7) sind Iy, Iz und Iyz immer die Flä- 

chenträgheitsmomente bezüglich eines Koordinatensystems mit Ursprung im Flä- 

chenmittelpunkt S. Mit Ausnahme des Deviationsmoments sind die Flächenträg- 

heitsmomente bezüglich S am kleinsten: Die axialen Flächenträgheitsmomente Iy 

und Iz bezüglich anderer Koordinatensysteme erhalten wir durch Addition des 

Steiner-Terms zu Iy und Iz. 

Aufgabe 1-B Steinerscher Satz 

Berechnen Sie Iy, Iz und Iyz für den Rechteckquerschnitt aus Abbildung 2(b). Sie 

können dazu die Resultate für Iy, Iz und Iyz aus Aufgabe 1-A verwenden. 

1.1.2 Drehung des Bezugsystems 

Nun betrachten wir noch den Zusammenhang zwischen den Flächenträgheitsmo- 

menten bezüglich zweier um den Winkel ϕ gegeneinander gedrehter Koordinaten- 

systeme mit dem gleichen Ursprung P (vgl. Abbildung 3(a)). P ist dabei nicht 

notwendigerweise identisch mit dem Flächenmittelpunkt. 

Zwischen den gedrehten Koordinatensystemen, ergeben sich die folgenden Trans- 

y 

z 

z

1.1 Flächenträgheitsmomente 5 

A 

P 

y 

η 

z 

y 

dA 

η 

(a) Beliebiger Querschnitt 

ζ 

φ 

ζ 

z 

H 

Abbildung 3: Drehungssätze 

formationsbeziehungen (Drehungssätze): 

B 

S 

y 

ζ 

45° 

η 


Iη = 1 

2 (Iy + Iz) + 1 

2 (Iy − Iz) cos(2ϕ) + Iyz sin(2ϕ) (8) 

Iζ = 1 

2 (Iy + Iz) − 1 

2 (Iy − Iz) cos(2ϕ) − Iyz sin(2ϕ) (9) 

Iηζ = − 1 

2 (Iy − Iz) sin(2ϕ) + Iyz cos(2ϕ) (10) 

Wie wir bereits wissen, verschwindet für die Hauptachsen das Deviationsmoment 

Iηζ = 0. Aus Gleichung (10) ergibt sich der Winkel ϕ0, um welchen das Haupt- 

achsensystem bezüglich der y- bzw. z-Achse gedreht ist, aus 

tan(2ϕ0) = 2Iyz 

Iy − Iz 

z 

(11) 

Die dazugehörigen Hauptflächenträgheitsmomente folgen dann mit ϕ0 aus den 

Gleichungen (8) und (9). 

Beispiel: Wir wollen die Hauptträgheitsmomente eines dünnwandigen Quer- 

schnitts berechnen. Schauen Sie sich dazu das Beispiel 4.3 im Abschnitt 4.2.2 

in [1] an und arbeiten Sie dieses durch.


Aufgabe 1-C Drehungssätze 

Berechnen Sie Iy, Iz und Iyz für den Querschnitt aus Abbildung 3(b) mit Hilfe der 

Drehungssätze, wenn Iη = HB3 +BH 3 

, Iζ = 24 

HB3 +BH 3 

24 

und Iηζ = BH3 −HB 3 

24 

sind. Erhalten Sie die gleichen Resultate wie in Aufgabe 1-A? 

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken 

DEFINITION: Ein Träger ist unter spezieller Biegung, wenn 

• N = T = 0 und 

• M b auf einer Hauptachse des Querschnitts liegt (vgl. Abbildung 4). 

bekannt 

N ist die Normalkraft in x-Richtung, T das Torsionsmoment in x-Richtung und 

M b das Biegemoment. Die y- und z-Achse gehen durch den Flächenmittelpunkt 

des Querschnitts. 

z 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

y 

q(x)=Q 

Mb(x) 

Abbildung 4: Spezielle Biegung 

Die Differentialgleichung der Biegelinie für spezielle Biegung lautet 

Q 

v ′′ (x) = Mb(x) 

, (12) 

EIz 

mit der Durchbiegung v(x), dem Biegewinkel oder der Neigung α(x) = v ′ (x), dem 

Biegemoment Mb(x) und dem Elastizitätsmodul E. 

x

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken 7 

Für die Dehnung εx in x-Richtung gilt 

εx(x, y) = −yv ′′ (x). (13) 

Bei einem isotropen, linear-elastischen Material folgt daraus die Spannung σx zu 

σx(x, y) = Eεx(x, y) = − Mb(x) 

y. (14) 

Wie aus Gleichung (14) ersichtlich ist, verschwindet die Spannung σx auf der Ge- 

raden y = 0. Diese Gerade wird Neutralachse genannt. Die grössten Spannungen 

treten im grössten Abstand zur Neutralachse auf, also bei y = |ymax|. 

Die Grösse Wz = Iz 

|ymax| 

Iz 

wird als Widerstandsmoment bezeichnet. Je grösser Wz, 

desto kleiner ist die grösste Spannung bei konstantem Biegemoment. In einem 

Querschnitt des Balkens an der Stelle x ist damit die betragsmässig maximale 

Normalspannung 

|σx,max(x)| = |Mb(x)| 

. (15) 

Aufgabe 1-D Balken mit linienverteilter, konstanter Kraft 

Gegeben ist das einseitig eingespannte I-Profil aus Abbildung 5. Das Profil ist 

mit einer linienverteilten, konstanten Kraft vom Gesamtbetrag P = 10 kN gleich- 

förmig belastet. 

p=P/L 

z I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I 

x 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

y 

L 

Wz 

x 

B 

t 

t 

Abbildung 5: I-Profil mit linienverteilter, konstanter Kraft p = P/L 

Das I-Profil hat folgende Abmessungen: L = 1 m, H = 10 cm und t = 1 cm. 

H


a) Bestimmen Sie Iz des I-Profils in Abhängigkeit der Breite B. Benützen Sie 

dazu die Tabelle 1 im Abschnitt C11 in [4]. 

b) Bestimmen Sie die minimale Breite Bmin, so dass sich das I-Profil nicht 

plastisch verformt. Die Steckgrenze liegt bei σzul = 100 MPa. 

c) Berechnen Sie die grösste Verschiebung und die grösste auftretende Neigung 

für B = Bmin. Der Elastizitätsmodul sei E = 2.1 · 10 5 MPa.

1.3 Lernkontrolle 9 

1.3 Lernkontrolle 

Hier können Sie prüfen, ob Sie die gerade Biegung sowie die Berechnung der 

Flächenträgheitsmomente beherrschen. Wenn Sie diese Lernkontrolle durchlaufen 

haben, melden Sie sich beim Tutor zum Kapitel-Test. 

h 

y 

a 

S 

η 

a 

α φ 

z 

η 

d s 

Abbildung 6: Dreieckquerschnitt 

a) Berechnen Sie die Flächenträgheitsmomente Iη, Iζ und Iηζ im Schwerpunkt 

S des gleichschenkligen rechtwinkligen Dreieckprofils aus Abbildung 6. Die 

Schenkellänge sei a = 0.1 m. Zudem gilt h = √ 2 

2 a, ds = h 

3 = √ 2 a und 

6 

ϕ = 45◦ . Für die Berechnung der Flächenträgheitsmomente können Sie die 

Tabelle 4.1 im Abschnitt 4.2.2 in [1] zu Hilfe nehmen. 

b) Berechnen Sie die Flächenträgheitsmomente Iy, Iz und Iyz mit Hilfe der 

Verschiebungs- und Drehungssätze aus Iη, Iζ und Iηζ, bei einer Verschiebung 

um η = − √ 2 

3 a und einer anschliessenden Drehung um ϕ = −45◦ . 

/////////// /////////// 

η 

L/2 

Fη 

Abbildung 7: Beidseitig aufgelegter Balken 

c) Bestimmen Sie die maximale Durchbiegung, die maximale Neigung sowie die 

extremalen Normalspannungen des gleichschenkligen Dreieckprofils, wenn 

es auf beiden Seiten aufgelegt ist (vgl. Abbildung 7). Die Länge des Profils 

ζ 

ξ 

S 

Fη 

η 

ζ


sei L = 5 m und es wirkt eine Kraft Fη = 10 kN bei ξ = L/2. Für den 

Elastizitätsmodul gilt E = 2.1 · 10 5 MPa.

1.4 Lösungen zu den Kapitelaufgaben 11 

1.4 Lösungen zu den Kapitelaufgaben 

Lösung Aufgabe 1-A Flächenträgheitsmomente 

Abbildung 8: Rechteck 

Für die Berechnung von Iz wählen wir ein Flächenelement dA = B · dy nach 

Abbildung 8. Iz erhalten wir durch folgende Integration: 

Iz = � H/2 

−H/2 y2 dA = � H/2 

−H/2 y2 Bdy = By3 

3 |H/2 

−H/2 

⇒ Iz = BH3 

12 . 

Mit dA = H · dz und den Integrationsgrenzen −B/2 und B/2 ergibt sich Iy analog 

zu 

Iy = HB3 

12 . 

Da die y-Achse und die z-Achse Symmetrieachsen vom Querschnitt sind, ver- 

schwindet das Deviationsmoment. Ohne Berechnung erhalten wir 

Iyz = 0. 

Ip errechnen wir nach Gleichung (4) zu 

Ip = Iy + Iz = BH 

12 (B2 + H 2 ). 

Im Vergleich zu [1] ist hier die Breite B senkrecht zur y-Achse und die Höhe H 

senkrecht zur z-Achse. Dadurch sind auch die Flächenträgheitsmomente Iy und 

Iz vertauscht. Iyz und Ip sind jedoch identisch zu den Werten aus [1].


Lösung Aufgabe 1-B Steinerscher Satz 

Nach den Gleichungen (5) - (7) erhalten wir: 

Iy = Iy + z 2 sA = HB3 

12 

Iz = Iz + y 2 sA = BH3 

12 

+ ( B 

2 )2 BH = HB3 

3 , 

H + ( 2 )2BH = BH3 

3 

und 

Iyz = Iyz − yszsA = 0 − B H 

2 2 BH = − B2H 2 

. 4 

Lösung Aufgabe 1-C Drehungssätze 

Das yz-System erhalten wir aus dem ηζ-System bei einer Drehung um ϕ = −45 ◦ . 

Mit sin(2 · (−45 ◦ )) = −1, cos(2 · (−45 ◦ )) = 0 sowie der Gleichungen (8) erhalten 

wir für Iy: 

Iy = 1 

2 (Iη + Iζ) + 1 

2 (Iη − Iζ) cos(2ϕ) + Iηζ sin(2ϕ) = 1 

2 (Iη + Iζ) − Iηζ 

⇒ Iy = HB3 +BH 3 

24 

− BH3 −HB 3 

24 

= HB3 

12 . 

Für Iz erhalten wir auf analoge Weise und mit Gleichung (9) folgendes Resultat: 

Iz = BH3 

12 . 

Für Iyz gilt nach Gleichung (10) 

Iyz = − 1 

2 (Iη − Iζ) sin(2ϕ) + Iηζ cos(2ϕ) = 1 

2 (Iη − Iζ) 

⇒ Iyz = 1 

2 ( HB3 +BH 3 

24 

− HB3 +BH 3 

) = 0. 

24 

Damit erhalten wir das Gleiche wie in Aufgabe 1-A. 

Lösung Aufgabe 1-D Balken mit linienverteilter, konstanter Kraft 

a) Nach Tabelle 1 von Abschnitt C11 in [4] ist Iz = BH3 −bh 3 

In unserm Fall gilt somit 

Iz = BH3 −(B−t)(H−2t) 3 

12 

= B[H3 −(H−2t) 3 ]+t(H−2t) 3 

12 

12 

mit b = b1 + b2.


⇒ Iz ≈ 4.07 · 10 −5 m 3 · B + 4.27 · 10 −7 m 4 . 

b) Damit keine plastische Verformung stattfindet, darf σzul nicht überschritten 

werden: 

|σx,max| ≤ σzul = 100 MPa = 10 8 N/m 2 . 

Für die Spannungen im I-Profil gilt: 

σx = Eεx = −y Mb(x) 

. Iz 

Wir müssen nun also zuerst das Biegemoment Mb(x) im Schnitt x berech- 

nen. Für die Querkraft Q(x) gilt: 

Q(x) = � − P 

P x dx = − + C1, 

L L 

wobei Q(x = L) = 0 ⇒ C1 = P und somit 

P x 

Q(x) = − + P . L 

Daraus ergibt sich das Biegemoment Mb(x) zu: 

Mb(x) = � −Q(x)dx = 

P x2 

2L 

wobei Mb(x = L) = 0 ⇒ C2 = 

Mb(x) = P 

2L (L − x)2 . 

− P x + C2, 

P L 

2 

und somit 

Das maximale Biegemoment tritt bei x = 0 auf: 

Mb,max = Mb(x = 0) = 

P L 

2 . 

Die maximale Spannung σx,max tritt an den Orten auf, die sich am weitesten 

weg von σx = 0 und damit von y = 0 befinden: also bei y = ±H/2. 

⇒ |σx,max| = H Mb,max 

2 Iz = 3HP L 

B[H 3−(H−2t) 3 ]+t(H−2t) 3 ≤ σzul 

⇒ B ≥ 

1 

[H3−(H−2t) 3 3HP L [ ] σzul − t(H − 2t)3 ] = 5.1 cm. 

c) Mit Bmin = 0.051 m erhalten wir Iz = 2.5 · 10 −6 m 4 . Der Elastizitätsmodul 

ist E = 2.1 · 10 5 MPa = 2.1 · 10 11 N/m 2 . 

Die Differentialgleichung für die Biegelinie (12) lautet 

v ′′ (x) = P 

2LEIz (L − x)2 . 

Ihr erstes Integral ist 

v ′ (x) = P 

2LEIz (L2x − Lx2 + x3 + C1). 

3


Mit der ersten Randbedingung v ′ (x = 0) = 0 und somit C1 = 0 erhalten 

wir 

v ′ (x) = P 

2LEIz (L2 x − Lx 2 + x3 

3 ). 

Integriert man nochmals, so ergibt sich 

v(x) = P 

24LEIz (6L2 x 2 − 4Lx 3 + x 4 + C2) 

und die zweite Randbedingung v(x = 0) = 0 führt auf C2 = 0, bzw. 

v(x) = P 

24LEIz (6L2 x 2 − 4Lx 3 + x 4 ). 

Die grösste Verschiebung und die grösste Neigung haben wir bei x = L: 

v(x = L) = 

v ′ (x = L) = 

P L3 

8EIz 

= 2.4 mm, 

P L2 

6EIz = 0.0032 rad = 0.18◦ . 

1.5 Lösung zur Lernkontrolle 

a) Nach Tabelle 4.1 im Abschnitt 4.2.2 in [1] erhalten wir für das Dreiecksprofil 

folgende Flächenträgheitsmomente: 

Iη = bh 

36 (b2 − b b b2 + 2 4 ) = b3h 48 

Iζ = bh3 

36 

= a4 

72 ≈ 1.39 · 10−6 m 4 . 

= a4 

24 ≈ 4.17 · 10−6 m 4 , 

Da die η−Achse eine Symmetrieachse des Dreieckquerschnitts ist, verschwin- 

det Iηζ: 

Iηζ = 0. 

Alternativer Lösungsweg: 

Anwendung der Gleichungen (1) und (2): Für Iζ erhält man beispielsweise: 

Iζ = � √ 2 

6 a 

√ 

2 

− 

3 a η2dA = a4 

72 

mit dA = 2(η+ √ 2 

3 a)dη, wobei 2(η+ √ 2 

3 

η von der ζ−Achse ist. 

b) Zuerst verschieben wir die η- und ζ-Achse um − √ 2 

3 

a) die Breite des Dreiecks im Abstand 

a in η-Richtung, so dass 

sie durch den Punkt C gehen (vgl. Abbildung 9). Damit erhalten wir das 

Ersatzsystem η und ζ. Daraus erhalten wir:

1.5 Lösung zur Lernkontrolle 15 

Iη = Iη = a4 

24 , 

h 

y 

a a 

S 

C 

η = η 

Abbildung 9: Dreieck mit verschobenen Achsen 

Iζ = Iζ + η2A, mit A = a2 

2 folgt I a4 

ζ = 72 

α 

z 

d s 

2 a2 + a2 

9 2 

ζ 

ζ 

= 53 

72 a4 . 

Da die η-Achse eine Symmetrieachse des Dreieckquerschnitts ist, verschwin- 

det I ηζ : 

I ηζ = 0. 

Nun müssen wir die η- und ζ-Achse noch um ϕ = −45 ◦ drehen. Mit den 

Gleichungen (8)-(10), sowie mit sin(2 · (−45 ◦ )) = −1, cos(2 · (−45 ◦ )) = 0 

und I ηζ = 0 erhalten wir: 

Iy = Iz = 1 

2 (Iη + I ζ ) = 7 

9 a4 ≈ 7.78 · 10 −5 m 4 , 

Iyz = − 1 

2 (Iη − I ζ ) sin(2ϕ) = − 25 

36 a4 ≈ −6.94 · 10 −5 m 4 . 

c) Wir führen zuerst die Lagerkraft P an beiden Lagern ein. Aus Symmetrie- 

gründen gilt −2P + Fη = 0 bzw. P = Fη/2 (siehe Abbildung 10). Wir 

betrachten nur noch das Intervall 0 � ξ � L/2. 

P = 

η 

Fη 

2 Q 

ξ 

//////////////////////////// 

X 

Mb 

Abbildung 10: Lagerkräfte und Beanspruchung 

P = Fη 

2 

Wir müssen zuerst das Biegemoment Mb(ξ) im Schnitt ξ berechnen. Für 

die Querkraft Q(ξ) gilt:


Q(ξ) = P ⇒ Mb(ξ) = � −P dξ = −P ξ + C1, 

wobei Mb(ξ = 0) = 0 ⇒ C1 = 0 ⇒ Mb(ξ) = −P ξ = − Fηξ 

2 . 

Die Differentialgleichung für die Biegelinie (12) lautet: 

v ′′ (ξ) = − Fηξ 

2EIζ . 

Durch integrieren erhält man 

v ′ (ξ) = − Fηξ2 

4EIζ 

+ C2. 

Die Neigung in der Mitte des Balkens verschwindet. Die erste Randbedin- 

gung v ′ (ξ = L/2) = 0 führt somit auf C2 = FηL2 

v ′ (ξ) = − Fηξ2 

4EIζ 

+ FηL2 

16EIζ . 

Integriert man nochmals, so entsteht 

v(ξ) = − Fηξ3 

12EIζ + FηL2ξ + C3 

16EIζ 

16EIζ 

und damit 

und mit der zweiten Randbedingung v(ξ = 0) = 0 ergibt sich C3 = 0 bzw. 

v(ξ) = − Fηξ3 

12EIζ + FηL2 ξ 

16EIζ . 

Die grösste Verschiebung ergibt sich bei ξ = L/2 = 2.5 m: 

v(ξ = L/2) = FηL3 

48EIζ 

= 8.9 mm. 

Die grösste Neigung ergibt sich bei ξ = 0: 

v ′ (ξ = 0) = FηL2 

16EIζ = 0.0054 rad = 0.3◦ . 

Nun berechnen wir noch die extremalen Normalspannungen im Profil. Nach 

Gleichung (14) gilt: 

σξ(ξ, η) = − Mb(ξ) 

Iζ η 

Die extremalen Spannungen treten im selben Querschnitt auf wie das ma- 

ximale Biegemoment; also bei ξ = L. 

Das Biegemoment ist dort 

2 

Mb,max = Mb(ξ = L FηL 

) = − 2 4 . 

Mit Iζ = a4 

72 

σξ(ξ = L 

2 

erhalten wir für die Normalspannung 

18FηL 

, η) = a4 η. 

Die Gerade AB und der Punkt C haben den grössten Abstand von der Neu- 

tralachse ζ (vgl. Abbildung 9). Die Gerade AB befinden sich bei η = h 

3 = √ 2 

6 a. 

Die Normalspannung ergibt sich dort zu


σξ,max = 3√ 2FηL 

a 3 

= 2.12 · 10 8 N/m 2 = 212 MPa (Zugspannung). 

Der Punkt C befinden sich bei η = − 2h 

dort 

σξ,min = − 6√ 2FηL 

a 3 

3 = − √ 2 

3 

a. Die Normalspannung ist 

= −4.24 · 10 8 N/m 2 = −424 MPa (Druckspannung). 

BEMERKUNG: Ein einfacher Stahl würde dieser Belastung nur knapp 

standhalten. Man müsste z.B. einen Vergütungsstahl wie 25CrMo4 mit ei- 

ner Streckgrenze von σF = 700 N/mm 2 nehmen um Fliessen auf alle Fälle 

zu verhindern.

18 1 REPETITORIUM ZUR SPEZIELLEN BIEGUNG

2 Schiefe Biegung 

Überblick 

In diesem Kapitel betrachten wir Balken, die in y- und z-Richtung belastet sind 

oder solche, die unsymmetrische Querschnitte aufweisen. In diesen Fällen tritt 

nicht nur eine Durchbiegung v in y-Richtung, sondern auch eine Durchbiegung w 

in z-Richtung auf. Man spricht dann von schiefer bzw. zweiachsiger Biegung. In 

den Querschnitten wirken dabei neben den beiden Querkräften Qy und Qz auch 

die beiden Biegemoment-Komponenten My und Mz. 

Wir werden sehen, dass die schiefe Biegung in zwei Probleme spezieller Biegung 

aufgeteilt werden kann. Die Resultate der schiefen Biegung erhalten wir danach 

durch Superposition der Ergebnisse der speziellen Biegung. 

Lernziele: 

• Sie kennen den Unterschied zwischen schiefer und speziel- 

ler Biegung. 

• Sie wissen, aus welchen Komponenten die Durchbiegung 

und die Normalspannung bei einem Balken unter schiefer 

Biegung aufgebaut sind. 

• Sie können die Durchbiegung eines schief belasteten Bal- 

kens berechnen. 

• Sie können die auftretenden Spannungen sowie die Verfor- 

mung bei einem Balken unter schiefer Biegung berechnen. 

19

20 2 SCHIEFE BIEGUNG 

2.1 Schiefe oder zweiachsige Biegung 

DEFINITION: Ein Fall der schiefen Biegung liegt vor, wenn der Vektor des 

Biegemomentes nicht auf einer Hauptachse liegt. (Für die Hauptflächenträgheits- 

momente I2 und I3 muss also jedenfalls I2 �= I3 gelten.) 

S 

Q 

y 

x 3 

M b 

Abbildung 11: Balken unter schiefer Biegung 

Das Profil aus Abbildung 11 ist mit einer Kraft Q in y-Richtung belastet. Daraus 

resultiert ein Biegemoment Mb in z-Richtung. Die Hauptachsen des Profils sind 

jedoch x2 und x3. Somit liegt hier ein Fall von schiefer Biegung vor, da das 

Biegemoment nicht in Richtung einer Hauptachse liegt. 

Der Rechteckquerschnitt aus Abbildung 12 ist bezüglich der y-Achse um 30 ◦ ge- 

dreht. Er ist mit einem Biegemoment Mb in z-Richtung belastet. Die Hauptachsen 

des Rechteckquerschnitts liegen jedoch in x2- und x3-Richtung. Das Biegemoment 

hat eine Komponente in beiden Hauptachsenrichtungen. Der Vektor des Biege- 

moments ist somit nicht auf einer Hauptachse und es liegt wiederum ein Fall von 

schiefer Biegung vor. 

2.2 Berechnung der Normalspannungen 

Die schiefe Biegung lässt sich in zwei Probleme spezieller Biegung aufteilen. Dies 

nützen wir aus, um die Normalspannungen in einem Balken unter schiefer Biegung 

x 2 

z

2.2 Berechnung der Normalspannungen 21 

zu berechnen. 

y 

S 

. 

30° 

x 2 

x 3 

M b 

Abbildung 12: Rechteckquerschnitt unter schiefer Biegung 


Biegung 

Wenn wir den Vektor des Biegemoments M b aus Abbildung 11 längs der Haupt- 

achsen durch den Flächenmittelpunkt S des Querschnittes zerlegen, erhalten wir 

zwei Biegemomente M2 und M3 (Abbildung 13). Es gilt: 

M b = M2e 2 + M3e 3 

mit e 2 und e 3 als Einheitsvektoren in x2- und x3-Richtung. 

z 

(16) 

Die Normalspannungsverteilung σx im Querschnitt wird nun in Funktion der 

Hauptachsenkoordinaten x2 und x3 berechnet. Mit Gleichung (14) erhalten wir 

für die jeweilige Komponente der Normalspannung: 

σx,2(x, x3) = + M2(x) 

I2 

σx,3(x, x2) = − M3(x) 

I3 

x3 

x2 

(17) 

(18)


M 3 

S M b 

Q 

y 

x 3 

M 2 

Abbildung 13: Aufteilung in zwei Probleme spezieller Biegung 

Beachten Sie bitte die verschiedenen Vorzeichen bei den Gleichungen (17) und 

(18). Sie werden sich bei der Lernkontrolle dazu Gedanken machen. 

Beispiel: Betrachten wir den um 30 ◦ bezüglich der Horizontalen gedrehten Recht- 

eckquerschnitt aus Abbildung 12. Wir wollen σx,2 und σx,3 berechnen, wenn Mb 

gegeben ist. 

Zuerst teilen wir Mb in Richtung der Hauptachsen auf (Abbildung 14). Wir er- 

halten M2 = Mb sin(30 ◦ ) = Mb 

2 und M3 = Mb cos(30 ◦ ) = √ 3Mb 

2 . 

Die Hauptflächenträgheitsmomente des Rechtecks sind I2 = b3h 12 und I3 = bh3 

12 . 

Damit erhalten wir für die Komponenten der Normalspannung σx,2 = 6Mb 

b3h x3 und 

σx,3 = − 6√3Mb bh3 x2. 

2.2.2 Superposition der Normalspannungen 

Die resultierende Normalspannungsverteilung lässt sich nun aus der Überlagerung 

von zwei geraden Biegungen bezüglich x2 und x3 bestimmen. Durch Addition der 

einzelnen Komponenten der Normalspannung (17) und (18) erhalten wir: 

x 2 

z

2.2 Berechnung der Normalspannungen 23 

y 

S 

. 

30° 

M 2 

M 3 

x 2 

x 3 

M b 

Abbildung 14: Aufteilung des Biegemoments 

σx(x, x2, x3) = − M3(x) 

x2 + M2(x) 

x3. (19) 

Aufgabe 2-A Normalspannungsverteilung 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

y 

L 

Abbildung 15: Dreiecksprofil unter Eigengewicht G 

Wir betrachten den einseitig eingespannten und durch das Eigengewicht vom Ge- 

samtbetrag G belasteten Träger aus Abbildung 15. Die Gewichtskraft wirkt in 

y-Richtung. Die Hauptachsenrichtungen x2 und x3 des gleichschenkligen recht- 

winkligen Dreiecksquerschnittes sind bezüglich y bzw. z um 45 ◦ gedreht. Die 

I3 

I2 

z 

x 

C 

a 

A 

S 

a 

G 

y 

x3 

B 

x2 

z


Länge des Trägers ist L und die Schenkellänge ist a. 

Berechnen Sie die Normalspannungsverteilung σx(x, x2, x3). 

2.2.3 Bestimmung der Neutralachse 

M 3 

C M b 

Q 

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 

y 

x 3 

n n 

M 2 

Abbildung 16: Neutralachse n − n 

Die Neutralachse n − n (vgl. Abbildung 16) in einem Querschnitt ist durch 

σx(x, x2, x3) = 0 definiert. Sie kann aus Gleichung (19) berechnet werden. Man 

erhält: 

α 

x 2 

x3 = M3(x)I2 

x2. (20) 

M2(x)I3 

Wie bei der speziellen Biegung tritt die absolut grösste Normalspannung in der 

grössten Entfernung von der Neutralachse auf. Abbildung 16 zeigt, dass die Neu- 

tralachse nicht in Richtung des Biegemoments liegt. 

Aufgabe 2-B Neutralachse 

Wir betrachten nochmals den Träger aus Aufgabe 2-A. 

a) Wie lautet bei diesem Querschnitt die Gleichung der Neutralachse? 

z

2.3 Gleichungen der Biegelinie für schiefe Biegung 25 

b) Wo tritt die grösste Zugspannung und wo die grösste Druckspannung auf? 

2.3 Gleichungen der Biegelinie für schiefe Biegung 

Auch zur Berechnung der Biegelinie teilen wir die schiefe Biegung zuerst in zwei 

Probleme spezieller Biegung auf. 


Biegung 

Die zu Gleichung (12) analogen Gleichungen der Biegelinie für schiefe Biegung 

können getrennt aus je einer speziellen Biegung bezüglich der Hauptachsen x2 

und x3 formuliert werden. 

Die Differentialgleichung für die Durchbiegung u2 lautet 

u ′′ 

2 = + M3(x) 

EI3 

und für die Durchbiegung u3 erhalten wir 

(21) 

u ′′ 

3 = − M2(x) 

. (22) 

EI2 

Beachten Sie bitte auch hier die verschiedenen Vorzeichen bei den Gleichungen 

(21) und (22). 

2.3.2 Superposition der Durchbiegungen 

Wiederum lässt sich die totale Durchbiegung durch Addition der einzelnen Durch- 

biegungen in x2- und x3-Richtung ermitteln. Die Addition erfolgt diesmal jedoch 

vektoriell, da die Durchbiegungen u2 und u3 in verschiedene Richtungen zeigen. 

Wir erhalten als Resultat somit nicht eine skalare Grösse, sondern einen Vektor. 

Diesen Vektor nennt man den Vektor der Durchbiegung u. Mit e 2 und e 3 als Ein- 

heitsvektoren in x2- und x3-Richtung ist


u = u2e 2 + u3e 3. (23) 

C 

u 3 

M b 

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 

y 

x 3 

n n 

u 2 

x 2 

Abbildung 17: Vektor der Durchbiegung 

Der Vektor der Durchbiegung liegt senkrecht zur Neutralachse (vgl. Abbildung 

17). Seine Steigung 

u3 

u2 

u 

= − M2(x)I3 

M3(x)I2 

z 

(24) 

entspricht der negativen reziproken Steigung der Neutralachse gemäss Gleichung 

(20). Weil I2 �= I3 vorausgesetzt ist, wird der Vektor der Durchbiegung nicht 

senkrecht, sondern schief zum Biegemoment stehen. 

Aufgabe 2-C Durchbiegung eines Trägers 

Berechnen Sie die maximale absolute Durchbiegung des Trägers aus Aufgabe 2-A. 

Der Träger ist aus Aluminium (E = 7.2 · 10 4 N/mm 2 , ρ = 2700 kg/m 3 ) und weist 

folgende Abmessungen auf: L = 8 m, a = 10 cm. 

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung 

Alle Gleichungen, welche in diesem Kapitel aufgeführt wurden, gelten nur unter 

der Voraussetzung, dass kleine elastische Deformationen auftreten. Falls gros-

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung 27 

se Deformationen oder sogar plastische Verformung eintritt, gilt die Theorie der 

schiefen Biegung nicht mehr. In solchen Fällen werden die Verformungen und die 

dabei auftretenden Spannungen am besten mit numerischen Methoden, wie zum 

Beispiel der Methode der Finiten Elemente, berechnet. 

Was ist denn Überhaupt eine kleine Deformation? 

Als Einführung in diese Fragestellung schauen Sie sich die drei Simulationen an, 

welche in der Archiv-Datei “ANSYS.zip” enthalten sind. Die Archiv-Datei wird 

Ihnen von Ihrem Dozenten zur Verfügung gestellt. Die Simulationen zeigen die 

Verformung und die dabei auftretenden Spannungen eines L-Profils unter zuneh- 

mender Kraft: 

• ”LProfil Normalspannung.avi” zeigt die Normalspannung im Profil. 

• ”LProfil xzSchub.avi” zeigt die Schubspannungen in der xz-Ebene im Profil. 

• ”LProfil yzSchub.avi” zeigt die Schubspannungen in der yz-Ebene im Profil. 

Es ist zu beachten, dass die Verformungen dabei stark überhöht dargestellt sind. 

Das L-Profil aus den Simulationen wird so stark verformt, dass am Ende so- 

gar Beulen auftritt. Eine solche Verformung kann mit der Theorie der schiefen 

Biegung nicht mehr berechnet werden. Um herauszufinden bis zu welchen Defor- 

mationen die Theorie der schiefen Biegung Gültigkeit hat, lösen Sie die folgende 

Aufgabe 2-D. 

Aufgabe 2-D Geltungsbereich der Theorie zur schiefen Biegung 

Wir betrachten das einseitig eingespannte rechtwinklige L-Profil der Länge l von 

1 m, Seitenlänge a = 0.1 m und Wandstärke t = 0.01 m aus Abbildung 18. Am 

Profil greift im Flächenmittelpunkt P die Kraft F an. Der Elastizitätsmodul sei 

E = 2.1 · 10 5 MPa. 

Aufgrund der aufwändigen Handrechnung wird empfohlen, dass ein Mathema- 

tikprogramm wie Mathematica, Maple oder MATLAB benützt wird, um diese 

Aufgabe erfolgreich zu lösen.


l 

(a) Belastetes L-Profil 

Abbildung 18: L-Profil mit Einzelkraft F 

t 

F 

P 

a 

a 

a 

P 

M3 

M2 

Mb 

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 

y 

a 

F 

45° 

x3 

n n 

t 

(b) Querschnitt 

a) Berechnen Sie die Richtung und den Betrag der maximalen Durchbiegung 

des Profils in Abhängigkeit von F . 

Vorgehen: 

1. Zuerst müssen Sie die Flächenträgheitsmomente Iy, Iz und Iyz bezüg- 

lich der y- und z-Achse bestimmen (vgl. Abbildung 18(b)). Verwenden 

Sie [4] zur Berechnung von Iy und Iz und Gleichung (3) zur Berechnung 

von Iyz. 

2. Mit Hilfe der Drehungssätze können Sie dann die Flächenträgheitsmo- 

mente bezüglich der 2- und 3-Achse bestimmen. 

3. Berechnen Sie die Beanspruchung im Schnitt x. 

4. Teilen Sie das erhaltene Biegemoment Mb in die 2- und 3-Richtung 

auf. 

5. Berechnen Sie die Durchbiegungen u2 und u3 getrennt jeweils als spe- 

zielle Biegungen. 

6. Bestimmen Sie die maximale absolute Durchbiegung. 

b) Wie gross ist die maximale absolute Durchbiegung, für folgende Werte der 

angreifenden Kraft F : F = {0, 28, 56, 84, 112, 140} kN? 

c) Tragen Sie die entsprechenden Werte für u in Abbildung 19 ein und ver- 

gleichen Sie Ihre Resultate mit den erhaltenen Verschiebungen in ANSYS 

x2 

z

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung 29 

(bereits in Abbildung 19 eingetragen). Schätzen Sie ab bis zu welcher Ver- 

schiebung die Gleichungen für die Schiefe Biegung Gültigkeit haben. 

Abbildung 19: Kraft-Verschiebungs-Diagramm 

d) Berechnen Sie die Verschiebung des L-Profils mit ANSYS für F = 100 kN. 

Schauen Sie sich die Biegelinie in y- und z-Richtung an. 

Vergleichen Sie zudem die Werte, welche ANSYS für Iy, Iz und Iyz ver- 

wendet, mit Ihrem Resultat. Dazu geben Sie die folgenden Befehle in der 

”ANSYS Command Prompt” ein: 

/prep7 

secplot, 1 

Iy, Iz und Iyz werden in ANSYS mit Iyy, Izz und Iyz bezeichnet. Gibt es 

einen Unterschied zu Ihrem Resultat? Falls ja, woran könnte dies liegen? 

Damit Sie nicht zu viel Zeit mit ANSYS verlieren, können Sie für die Be- 

rechnung das Input-File“Aufgabe2-C.txt”in der Archiv-Datei“ANSYS.zip” 

benützen.


Vorgehen: 

1. Neuer Ordner für ANSYS anlegen (z.B.: D : \Leitprogramm\Ansys). 

2. Kopieren Sie die Datei “Aufgabe2-C.txt” in diesen Ordner. 

3. ”ANSYS Product Launcher” starten (Version 11.0) 

4. File Management → Working Directory: ”D : \Leitprogramm\Ansys” 

eingeben 

5. File Management → Job Name: ”Biegeprofil” eingeben 

6. Run 

7. In ANSYS: F ile → Read Input from... wählen 

8. Datei “Aufgabe2-C.txt” auswählen → OK 

9. Biegelinie anschauen 

ACHTUNG: Diese Berechnung kann sehr lange dauern!

2.5 Lernkontrolle 31 

2.5 Lernkontrolle 

Hier können Sie prüfen, ob Sie die schiefe Biegung beherrschen. Wenn Sie diese 

Lernkontrolle erfolgreich durchlaufen haben, können Sie sich beim Dozent zum 

Kapitel-Test melden. 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

y 

L 

Abbildung 20: Einseitig eingespanntes C-Profil 

t 

2B 

B 

g=G/L 

y 

x 2 

B 

β 

x 3 

Abbildung 21: Z-Querschnitt 

a) Warum hat in Gleichung (17) σx,2 kein negatives Vorzeichen, σx,3 in Glei- 

chung (18) aber schon? Schauen Sie sich dazu Abbildung 13 an und über- 

legen Sie, an welcher Stelle σx,i, i = 2, 3 in welche Richtung zeigt. 

F 

z 

x 

F 

S 

y 

B 

t 

z


b) Warum wird bei der Superposition der Resultate die Spannung nach Glei- 

chung (19) skalar addiert, die Durchbiegung nach Gleichung (23) jedoch 

vektoriell? 

c) Ein einseitig eingespanntes C-Profil mit Profildicke t, Länge L = 100 t, Höhe 

H = 12 t und Breite B = 10 t ist gemäss Abbildung 20 mit einer Einzelkraft 

F belastet. Berechnen Sie die Normalspannungsverteilung σx(x, y, z) sowie 

die maximale Durchbiegung f. Der E-Modul ist E. Als Hilfsmittel können 

Sie [4] verwenden. 

d) Ein Balken der Länge L mit Z-förmigem Querschnitt (Höhe 2B, Schen- 

kelbreite B, Dicke t



Lösung Aufgabe 2-A Normalspannungsverteilung 

A 

C 

Q(x) 

S 

y 

x 3 

------------------------------------- 

n n 

M3 

M2 

45° 

x 2 

B 

z 

Mb(x) 

Abbildung 22: Schnitt an der Stelle x 

Die Gewichtskraft vom Gesamtbetrag G ist eine linienverteilte Kraft p = G. 

Wenn 

L 

wir die Beanspruchung im Schnitt x berechnen, erhalten wir für die Querkraft in 

y-Richtung 

Q(x) = G(L 

− x). 

L 

Durch Integration erhalten wir das Biegemoment in z-Richtung 

Mb(x) = −Gx + G 

2L x2 + C1. 

Mit der Randbedingung Mb(x = L) = 0 ergibt sich 

Mb(x) = G( 1 

2Lx2 − x + L G ) = 2 2L (x2 − 2Lx + L2 ) = G 

2L (x − L)2 . 

Wenn wir Mb(x) gemäss Abbildung 22 in die beiden Hauptachsen-Richtungen 

aufteilen, erhalten wir 

M2(x) = M3(x) = √ 2 

2 Mb(x) = √ 2G 

4L (x − L)2 . 

Die Flächenträgheitsmomente in x2- bzw. x3-Richtung haben wir schon in der 

Teilaufgabe a) der Lernkontrolle im Repetitorium berechnet: 

I2 = a4 

72 und I3 = a4 

24 .


Daraus erhalten wir die Normalspannungsverteilung gemäss (19) in Funktion von 

x sowie der Hauptachsenkoordinaten x2 und x3 zu 

σx(x, x2, x3) = − 6√ 2G 

La 4 (x − L) 2 x2 + 18√ 2G 

Lösung Aufgabe 2-B Neutralachse 

La4 (x − L) 2x3 = 6√2G(x−L) 2 

La4 a) Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus 

σx(x, x2, x3) = 0 ⇒ 6√2G(x−L) 2 

La4 (−x2 + 3x3) = 0. 

Der Term 6√ 2G(x−L) 2 

La 4 

(−x2 + 3x3). 

verschwindet, falls x = L. Dies ist natürlich nicht die 

Gleichung der Neutralachse, sondern einfach der äusserste Querschnitt des 

Profils, wo noch keine Belastung auftritt. Die Gleichung der Neutralachse 

erhalten wir also, wenn wir den zweiten Term −x2 + 3x3 gleich Null setzen: 

−x2 + 3x3 = 0 ⇒ x3 = x2 

3 . 

Dieses Resultat erhalten wir auch direkt aus Gleichung (20). 

b) Die Neutralachse geht durch die Ecke B. Die grössten Spannungen treten 

am weitesten entfernt von der Neutralachse auf, also bei den Ecken A und 

C. Wenn wir Mb anschauen, erkennen wir, dass bei der Ecke C die Spannung 

in positiver x-Richtung zeigt. Wir haben dort somit die grösste Zugspan- 

nung. Bei der Ecke A zeigt die Spannung in negativer x-Richtung. Somit 

tritt dort die grösste Druckspannung auf. 

Lösung Aufgabe 2-C Durchbiegung eines Trägers 

Das Volumen des Trägers ist 

V = a2 L 

2 . 

Mit der Dichte ρ erhalten wir die Masse m des Trägers: 

m = ρV . 

Daraus können wir nun mit der Erdbeschleunigung g = 9.81 m/s 2 die Gewichts- 

kraft G berechnen:


G = mg = gρa2 L 

2 

= 1059.5 N. 

Die Differentialgleichung für die Durchbiegung u2 lautet nach (21) 

u ′′ 

2 = M3(x) 

EI3 

und für die Durchbiegung u3 erhalten wir nach Gleichung (22) 

u ′′ 

3 = − M2(x) 

EI2 . 

Zuerst müssen wir also M2 und M3 sowie I2 und I3 berechnen. Aus Aufgabe 2-A 

wissen wir, dass 

M2 = M3 = √ 2G 

4L (x − L)2 und 

I2 = a4 

72 bzw. I3 = a4 

24 gilt. 

Daraus ergibt sich folgende Differentialgleichung für die Durchbiegung u2: 

u ′′ 

2 = 6√ 2G 

LEa 4 (x − L) 2 . 

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir 

u2 = 6√2G LEa4 ( L2x2 Lx3 x4 − + 2 3 12 + C1x + C2). 

Mit den Randbedingungen u2(x = 0) = u ′ 

2(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0. 

Daraus ergibt sich die Durchbiegung in x2-Richtung zu 

u2 = √ 2Gx 2 

2LEa 4 (6L 2 − 4Lx + x 2 ). 

Auf analoge Weise erhalten wir die Durchbiegung u3: 

u3 = −3√ 2Gx 2 

2LEa 4 (6L 2 − 4Lx + x 2 ) = −3u2. 

u2 und u3 sind in Abbildung 23 dargestellt. Aus u2 und u3 erhalten wir den Vektor 

der Durchbiegung nach Gleichung (23) zu 

u = u2e 2 + u3e 3 = u2(e 2 − 3e 3) = √ 2Gx 2 

2LEa 4 (6L 2 − 4Lx + x 2 )(e 2 − 3e 3). 

Der Betrag dieses Vektors ist 

u = |u| = √ 5Gx 2 

LEa 4 (6L 2 − 4Lx + x 2 ). 

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = L auf. 

Mit E = 7.2 · 10 4 N/mm 2 = 7.2 · 10 10 N/m 2 erhalten wir 

u(x = L) = 3√ 5GL 3 

Ea 4 

= 0.505 m = 50.5 cm.


Abbildung 23: Durchbiegung in 2- und 3-Richtung 

Lösung Aufgabe 2-D Geltungsbereich der Theorie zur schiefen Bie- 

gung 

Schriftbild Bedeutung 

Fett gedruckt Eingabe in Mathematica 

Kursiv gedruckt Ausgabe von Mathematica 

Normal gedruckt Kommentar 

Tabelle 1: Schriftbild in Mathematica 

Wir benützen zur Lösung der Teilaufgaben a) und b) Mathematica 5.2. Aus Ta- 

belle 1 können Sie entnehmen, was das entsprechende Schriftbild in Mathematica 

bedeutet. 

a) Konstanten: 

l = 1; 

a = 0.1; 

t = 0.01; 

Der E-Modul ist E = 2.1 · 10 5 MPa = 2.1 · 10 11 N/m 2 . 

EModul = 2.1 ∗ 1011 EModul = 2.1 ∗ 10 ; 11 EModul = 2.1 ∗ 10 ; 11 ; 

Mit Hilfe der Tabelle 1 im Abschnitt C11 in [4] berechnen wir die Flächen- 

trägheitsmomente Iy und Iz des L-Profils. Es gilt:


B = t; 

H = a; 

b = a − t; 

h = t; 

e1 = B∗H2 +b∗h2 e1 = B∗H2 +b∗h2 e1 = B∗H2 +b∗h2 2(B∗H+b∗h) 

0.0286842 

Daraus ergibt sich Iy zu: 

Iy = 1 Iy = 1 

Iy = 1 

3 (B ∗ H3 + b ∗ h3 ) − (B ∗ H + b ∗ h) ∗ e12 3 (B ∗ H3 + b ∗ h3 ) − (B ∗ H + b ∗ h) ∗ e12 3 (B ∗ H3 + b ∗ h3 ) − (B ∗ H + b ∗ h) ∗ e12 1.80004 × 10 -6 

Da das L-Profil symmetrisch ist, gilt 

Iz = Iy 

1.80004 × 10 -6 

Iyz berechnen wir mit Hilfe der Gleichung (3): 

�� −e1+t � a−e1 

Iyz = − −e1 −e1 y ∗ zdydz + � �� a−e1 � � 

−e1+t � a−e1 

−e1+t 

Iyz = − −e1 −e1 y ∗ zdydz 

−e1+t −e1 

y ∗ zdydz + � �� a−e1 � � 

−e1+t � a−e1 

−e1+t 

Iyz = − 

y ∗ zdydz 

−e1 −e1 −e1+t −e1 

y ∗ zdydz + � a−e1 � � 

−e1+t 

y ∗ zdydz 

−e1+t −e1 

1.06579 × 10 -6 

Mit den Drehungssätzen und ϕ=45 ◦ können wir nun die Flächenträgheits- 

momente I2 und I3 in den Hauptachsenrichtungen 2 und 3 berechnen. 

ϕ = 45◦ ϕ = 45 ; ◦ ϕ = 45 ; ◦ ; 

I2 = Iy+Iz Iy−Iz 

I2 = + Cos[2ϕ] + Iyz ∗ Sin[2ϕ] 

2 

2.86583 × 10 -6 

2 

I3 = Iy+Iz Iy−Iz 

I3 = − Cos[2ϕ] − Iyz ∗ Sin[2ϕ] 

2 

7.34254 × 10 -7 

2 

Definitionsgemäss verschwindet I23: 

I23 = − Iy−Iz 

I23 = − Sin[2ϕ] + Iyz ∗ Cos[2ϕ] 

0. 

2 

Berechnung der Querkraft Q(x) und des Biegemoments Mb(x) im Schnitt 

x: 

Q = F ;


Es gilt M ′ b (x) = −Q(x). Durch Integration erhalten wir Mb(x) = −F x + C. 

Mit Mb(x = l) = 0 erhalten wir C = F l. Daraus folgt: 

Mb = F (l − x); 

Mb zeigt in z-Richtung. Wir teilen Mb nun in 2- und 3-Richtung auf. 

M2 = Cos[ϕ]Mb 

F (1−x) 

√ 2 

M3 = Sin[ϕ]Mb 

F (1−x) 

√ 2 

Nun berechnen wir die Durchbiegung u2 und u3 getrennt. Es gilt 

u ′′ 

2 = M3 

EI3 

F = √ (l − x). 

2EI3 

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir u2 = F 

6 √ 2EI3 

(3lx−x 3 +C1x+C2). 

Mit u2(x = 0) = u ′ 2(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0. Somit gilt: 

�� 

� 

�� 

� 

u2 = Function x, F 

; 

6 √ 2EModul∗I3 (3l ∗ x − x3 ) 

6 √ 2EModul∗I3 (3l ∗ x − x3 ) 

6 √ 2EModul∗I3 (3l ∗ x − x3 ) 

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = l auf: 

u2[l] 

1.52861 × 10 -6 F 

In 3-Richtung gilt u ′′ 

3 = − M2 

EI2 

−F = √ (l − x). 

2EI2 

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir u3 = −F 

6 √ 2EI2 

(3lx−x 3 +C1x+C2). 

Mit u3(x = 0) = u ′ 3(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0. Somit gilt: 

�� 

� 

�� 

� 

u3 = Function x, −F 

; 

6 √ 2EModul∗I2 (3l ∗ x − x3 ) 

6 √ 2EModul∗I2 (3l ∗ x − x3 ) 

6 √ 2EModul∗I2 (3l ∗ x − x3 ) 

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = l auf: 

u3[l] 

-3.91646 × 10 -7 F 

Superposition der Durchbiegungen: 

Der Vektor der Durchbiegung ist u = u2e 3 + u3e 3. 

Sein Betrag ist u = � u 2 2 + u 2 3: 

u = � u2[l] 2 + u3[l] 2 u = //PowerExpand 

� u2[l] 2 + u3[l] 2 u = //PowerExpand 

� u2[l] 2 + u3[l] 2 //PowerExpand 

1.57799 × 10 -6 F 

u ist somit eine lineare Funktion von F .


b) Die Kraft F nimmt folgende Werte an: 

F = 1000 ∗ {0, 28, 56, 84, 112, 140}; 

Daraus erhalten wir für die absolute totale Durchbiegung folgende Werte in 

[m]: 

u 

{0,0.0441837,0.0883674,0.132551,0.176735,0.220918} 

Abbildung 24: Kraft-Verschiebungs-Diagramm 

c) Aus Abbildung 24 ist ersichtlich, dass der Unterschied zwischen dem Resul- 

tat aus ANSYS und den Resultaten aus Teilaufgabe a) und b) bis zu einer 

Kraft von etwa 40 kN weniger als 3% beträgt. Bei einer Kraft von 80 kN 

haben wir in der linearen Theorie einen Fehler von ca. 6%. Dieser Fehler 

nimmt bis ca. 13% bei einer Kraft von 140 kN zu. 

Für dieses L-Profil ist die Theorie der schiefen Biegung also sicher bis 

zu einer Kraft F = 40 kN gültig. Dort haben wir eine Verschiebung von 

u = 6.3 cm. Auf eine Länge l = 1 m entspricht dies einer mittleren Neigung 

von 6.3%. Daraus können wir abschätzen, dass die Theorie der schiefen 

Biegung bis zu mittleren Neigungen von etwa 6% gilt.


(a) y-Richtung (b) z-Richtung 

Abbildung 25: Biegelinie in ANSYS 

Abbildung 26: Flächenträgheitsmomente in ANSYS


Abbildung 27: Spannungen im stark deformierten L-Profil in ANSYS 

d) Für F = 100 kN sollten wir etwa die Verschiebungen in y- und z-Richtung 

erhalten, welche in Abbildung 25 dargestellt sind. 

Wie aus Abbildung 26 ersichtlich ist, benutzt ANSYS die gleichen Werte 

für Iy, Iz und Iyz, wie wir sie berechnet haben. Jedoch ist in ANSYS Iyz 

negativ und bei uns ist Iyz positiv. Dies liegt daran, dass in ANSYS das 

yz-Koordinatensystem bezüglich unserem yz-Koordinatensystem um 90 ◦ 

gedreht ist. 

Freiwillige Zusatzaufgabe: Falls Sie genügend Zeit haben, können Sie das L- 

Profil in ANSYS als 3D Modell aufbauen und dann die Spannungen im gebo- 

genen Profil anzeigen lassen. Dazu steht Ihnen das Input-File “Biegeprofil.txt” 

in der Archiv-Datei “ANSYS.zip” zur Verfügung. Als Lösung werden Sie in etwa 

Abbildung 27 erhalten. Zu beachten ist dabei, dass das L-Profil nicht nur verbo- 

gen ist, sondern auch noch tordiert! Diese Verdrehung erhalten wir aufgrund des 

Kraftangriffspunktes im Flächenmittelpunkt und nicht im Schubmittelpunkt. Die 

Behandlung der Torsion und des Schubmittelpunkts ist jedoch nicht Teil dieses 

Leitprogramms. Darum werden wir hier nicht weiter darauf eingehen.


2.7 Lösung zur Lernkontrolle 

a) Betrachten wir Abbildung 13: Wenn wir den positiven x3-Achsenabschnitt 

anschauen, dann zeigt dort die aus M2 resultierende Normalspannung σx,2 in 

positiver x-Richtung (aus dem Blatt heraus). Schauen wir uns den negativen 

x3-Achsenabschnitt an, dann zeigt dort σx,2 in negativer x-Richtung (in 

das Blatt hinein). σx,2 ist somit bei positiven x3-Achsenabschnitten positiv 

und bei negativen x3-Achsenabschnitten negativ. Deshalb ist das positive 

Vorzeichen richtig. 

Wenn wir den positiven x2-Achsenabschnitt anschauen, dann zeigt dort 

die aus M3 resultierende Normalspannung σx,3 in negativer x-Richtung. 

Schauen wir uns den negativen x2-Achsenabschnitt an, dann zeigt dort σx,3 

in positiver x-Richtung. σx,3 ist somit bei positiven x2-Achsenabschnitten 

negativ und bei negativen x3-Achsenabschnitten positiv. Deshalb ist das 

negative Vorzeichen richtig. 

b) Für σx kann man σx,2 und σx,3 skalar addieren, da sowohl σx,2 als auch 

σx,3 in x-Richtung zeigen. Die Komponenten des Spannungsvektors sind ja 

so definiert. Die Durchbiegungen u2 und u3 zeigen jedoch in verschiedene 

Richtungen. u2 zeigt in 2-Richtung und u3 in 3-Richtung. Somit müssen u2 

und u3 vektoriell addiert werden. 

F 

e 

My 

S Mz z 

y 

Mb 

Abbildung 28: C-Profil mit Biegemoment 

c) Die Hauptachsen des C-Profils aus Abbildung 28 sind gerade die y- und 

z-Achse. Wir berechnen zuerst die Beanspruchung im Schnitt an der Stelle 

x. Die Querkraft Q(x) ist konstant:


Q(x) = F . 

Mit der Randbedingung Mb(x = 0) = F L ergibt sich das Biegemoment 

Mb(x) zu 

Mb(x) = F (L − x) = F (100t − x). 

Nun teilen wir das Biegemoment gemäss Abbildung 28 in Richtung der 

Hauptachsen (y- und z-Achse) auf. Wir erhalten: 

My(x) = −Mb(x) sin(30◦ ) = −F (100t − x) sowie 

2 

Mz(x) = Mb(x) cos(30◦ ) = √ 3F (100t − x). 

2 

Mit Hilfe der Tabelle 1 auf Seite C11 in [4] berechnen wir die Distanz e 

(vgl. Abbildung 28) sowie Iy und Iz des C-Profils. Es gilt: 

e = 1 

2 · 2tB2 +(H−2t)t2 2tB+(H−2t)t 

Iy = 2tB3 +(H−2t)t 3 

3 

Iz = BH3 +(B−t)(H−2t) 3 

12 

= 7t 

2 . 

− (2tB + (H − 2t)t)e 2 = 605t4 

2 . 

= 2190t 4 . 

Daraus ergibt sich nun die Normalspannungsverteilung nach Gleichung (19) 

zu: 

σx(x, y, z) = − Mz(x) 

Iz 

y + My(x) 

Iy 

z = −F (100t−x) 

5t 4 

( 

y 

292 √ 3 

+ z 

121 ). 

Nun müssen wir noch die maximale Durchbiegung f berechnen. Ausgehend 

von Gleichung (21) erhalten wir durch zweimalige Integration und mit den 

Randbedingungen uy(x = 0) = u ′ y(x = 0) = 0 die Verschiebungen uy in 

y-Richtung: 

uy(x) = 

F 

1460 √ 3Et 4 (50tx 2 − x3 

6 ). 

Auf analoge Weise erhalten wir aus Gleichung (22) und den Randbedingun- 

gen uz(x = 0) = u ′ z(x = 0) = 0 die Verschiebung uz in z-Richtung: 

uz(x) = F 

605Et 4 (50tx 2 − x3 

6 ). 

Die maximale Verschiebung tritt bei x = L = 100t auf. Wir erhalten dort: 

uy,max = uy(x = 100t) = 50000F 

219 √ 3Et und 

uz,max = uz(x = 100t) = 200000F 

363Et . 

Die maximale Durchbiegung f entspricht dem Betrag des Vektors der ma- 

ximalen Verschiebungen in y- und z-Richtung: 

f = � u 2 y,max + u 2 z,max = 50000√ 270433 

26499 √ 3 

· F 

Et 

≈ 566.5 F 

Et .


d) Zuerst berechnen wir die Flächenträgheitsmomente in y- und z- Richtung 

sowie das Deviationsmoment für den Z-Querschnitt: 

Iy = 2Bt3 

12 + 2( B3t B + ( 12 2 )2Bt) ≈ 2 

3B3t (der Term mit t3 kann vernachlässigt 

werden, da t


Für M3 erhalten wir 

M3 = Mb cos(β) = 

t 

2B 

B 

y 

M 2 

x 2 

B 

M3 

β 

x 3 

M b 

Abbildung 29: Aufteilung des Biegemoments 

π 

G cos( 8 ) 

2L 

(L − x) 2 . 

Jetzt können wir die einzelnen Komponenten u2 und u3 des Vektors der 

Durchbiegung berechen. Für u2 gilt 

u ′′ 

2 = M3 

EI3 

= 3G cos( π 

8 ) 

2(5+3 √ 2)LEB 3 t (L − x)2 . 

Durch zweimaliges Integrieren und mit den Randbedingungen u ′ 

2(x = 0) = 

u2(x = 0) = 0 erhalten wir 

u2 = 

G cos( π 

8 )x2 

8(5+3 √ 2)LEB 3 t (6L2 − 4Lx + x 2 ). 

Für die Durchbiegung u3 gilt 

u ′′ 

3 = − M2 

EI2 

= − 3G sin( π 

8 ) 

2(5−3 √ 2)LEB 3 t (L − x)2 . 

Durch zweimaliges Integrieren und mit den Randbedingungen u ′ 

3(x = 0) = 

u3(x = 0) = 0 erhalten wir 

π 

G sin( 8 

u3 = − )x2 

8(5−3 √ 2)LEB3t (6L2 − 4Lx + x2 ) = − (5+3√2) tan( π 

8 ) 

5−3 √ u2. 

2 

Daraus ergibt sich der Vektor der Durchbiegung zu 

u(x) = u2e 2 + u3e 3 = u2(e 2 − (5+3√ 2) tan( π 

⇒ u(x) = 

5−3 √ 2 

8 ) 

e 3) 

π 

G cos( 8 )x2 

8(5+3 √ 2)LEB3t (6L2 − 4Lx + x2 )(e2 − (5+3√2) tan( π 

8 ) 

5−3 √ 2 

z 

e 3). 

Die Durchbiegung u zeigt somit im Hauptachsensystem in Richtung


� 1 

−(5+3 √ 2) tan( π 

8 )/(5−3√ � � � 1 

≈ 2) −5.05 

und das Biegemoment M b in Richtung 

� � π 

sin( � � � 0.38 

= ≈ . 

� sin(β) 

cos(β) 

8 ) 

cos( π 

8 ) 

0.92 

Das Skalarprodukt dieser beiden Vektoren ergibt: 

� 1 

−(5+3 √ 2) tan( π 

8 )/(5−3√ � � π 

sin( 

• 8 

2) 

) 

cos( π 

8 ) 

� � � � � 1 0.38 

≈ • ≈ −4.3. 

−5.05 0.92 

Das Skalarprodukt verschwindet somit nicht. Die Beanspruchung M b und 

die Durchbiegung u sind somit nicht senkrecht aufeinander. Das heisst, dass 

es sich hier wirklich um einen Fall schiefer Biegung handelt. 

Zum Schluss berechnen wir noch die Normalspannungsverteilung nach Glei- 

chung (19): 

σx(x, x2, x3) = − M3(x) 

I3 x2 + M2(x) 

2LB 3 t 

I2 x3 = 3G(L−x)2 

π 

sin( 8 ( ) 

5−3 √ 2 x3 

π 

cos( 8 − ) 

5+3 √ 2 x2).

3 Additum: Wasseranalogie 

Überblick 

Wenn Sie ein Taschenbuch in Längs- und Querrichtung zu biegen versuchen, wer- 

den Sie sehen, dass dies in einer Richtung viel einfacher geht. Eine Richtung ist 

viel biegeweicher. Können die Seiten leicht übereinander abrutschen, so ist die 

Biegesteifigkeit minimal. Verhindert aber der verleimte Buchrücken das Gleiten, 

so entsteht ein erheblicher Widerstand gegen Biegung. Die Spannungen, die das 

Abgleiten der Seiten gegeneinander verhindern, heissen Schubspannungen. 

Dieses Kapitel dient als Einführung in diese Schubspannungen bei der Biegung. 

Wir bringen die Richtung der Schubspannungen (“Schubspannungsfluss”) mit dem 

Fluss von Wasser in Verbindung. Diese Verbindung wird Wasseranalogie genannt. 

Die Wasseranalogie ist ein Gedankenexperiment, welches Ihnen besonders dann 

helfen kann, wenn Sie sich unter dem Schubspannungsfluss noch kaum etwas vor- 

stellen können. 

Lernziele: 

• Sie können anhand der Wasseranalogie abschätzen, wie die 

Schubspannungen aufgrund der Biegung in einem Profil 

aussehen. 

• Sie wissen, dass die Wasseranalogie nur ein Gedankenexpe- 

riment ist. Es ist Ihnen bewusst, dass die Schubspannungen 

nicht wirklich fliessen. 

BEMERKUNG: Dieses Kapitel gehört nicht zum Prüfungsstoff! Behandeln Sie 

dieses Thema erst, wenn sie die Kapitel 1 und 2 vollständig verstanden haben 

und Ihnen noch Zeit zur Bearbeitung des Leitprogramms zur Verfügung steht. 

47

48 3 ADDITUM: WASSERANALOGIE 

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalo- 

gie 

_ _ _ _ _ _ _ _ 

_ _ _ _ _ _ _ _ 

_ _ _ 

_ _ _ 

Versickern 

y 

x 

z 

Regen 

(a) Profilform mit erhöhten, undurchdringlichen 

Wänden 

M 

Abbildung 30: Wasseranalogie 

y 

M 

(b) Verteilung des Regens/Versickerns 

Stellen Sie sich die Profilform mit erhöhten, undurchdringlichen Wänden aus 

Abbildung 30(a) vor. Die Profilform liegt auf einem horizontalen Tisch und ist mit 

einem Biegemoment M in positiver z-Richtung belastet. Aufgrund der Richtung 

von M nehmen wir an, dass es im Halbraum y < 0 in das Profil hinein regnet 

und im Halbraum y > 0 versickert das Wasser durch den Tisch hindurch. Die 

Verteilung des Regens/ Versickerns ist eine lineare Funktion gemäss Abbildung 

30(b). In der Mitte bei y = 0 (der neutralen Achse) regnet und versickert es nicht. 

Oberhalb davon nimmt der Regen von null linear zu und unterhalb nimmt die 

Sickermenge mit gleicher Steigung linear zu. Stellen Sie sich nun vor, dass das 

Wasser in der Profilform überall gleich hoch stehe und reibungsfrei fliessen kann. 

Die Fliessgeschwindigkeit des Wassers wird somit einzig von dem mengenmässig 

gleichen Regen- und Sickerstrom kontrolliert. Die lineare Steigung von sickern 

und regnen ist überall proportional zu den Fliessgeschwindigkeiten des Wassers. 

An jedem Ort fliesst genau so viel Wasser durch, wie oberhalb niedergeregnet und 

noch nicht versickert ist. Alles was oberhalb der Neutralachse reinkommt, muss 

x 

z

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalogie 49 

durch das Profil hindurch fliessen, ausser es ist schon versickert. 

Den Schubspannungsfluss im Profil findet man, indem man sich überlegt, wie 

das Wasser durch das Profil fliesst. Die Fliessrichtung des Wassers entspricht der 

Richtung der Schubspannung im Profil aufgrund des Biegemoments M. 

Abbildung 31: Wasser- bzw. Schubspannungsfluss 

Im Profil aus Abbildung 30 sieht der Wasserfluss in etwa aus wie in Abbildung 31. 

Dies entspricht somit gleich der Richtung der Schubspannungen in diesem Profil 

aufgrund des Biegemoments M. 

BEMERKUNG: Es muss Ihnen bewusst sein, dass die Vorstellung von fliessender 

Materie (Wasser) durch den Querschnitt nur eine Veranschaulichung des Schub- 

spannungsflusses ist. Die Schubspannungen fliessen aber nicht wirklich. Der Fluss 

zeigt nur die Richtung der Schubspannungen an. Weitere Informationen zum The- 

ma “Wasseranalogie” finden Sie in [5].

50 3 ADDITUM: WASSERANALOGIE 

Aufgabe 3-A Veranschaulichung der Schubspannungen in einem C- 

Profil 

M 

y 

Abbildung 32: C-Profil belastet mit dem Biegemoment M. 

Zeichnen Sie den Schubspannungsfluss im C-Profil aus Abbildung 32 ein. Das 

C-Profil ist mit dem Biegemoment M belastet. 

x 

z



Lösung Aufgabe 3-A Veranschaulichung der Schubspannungen in ei- 

nem C-Profil 

Versickern 

_ _ M _ _ _ _ _ _ _ _ _ z _ _ 

x 

y 

Regen 

Abbildung 33: C-Profil belastet mit dem Biegemoment M0. 

Da das C-Profil mit dem Biegemoment M in negativer z-Richtung beansprucht 

ist, haben wir in diesem Fall den Regen im Halbraum y > 0 und das Versickern im 

Halbraum y < 0. Dadurch fliesst das Wasser im C-Profil gemäss den grünen Pfei- 

len in Abbildung 33. Die Richtung der Schubspannungen im C-Profil entsprechen 

somit auch diesen grünen Pfeilen.

52 3 ADDITUM: WASSERANALOGIE

A Kapitel-Tests 

A.1 Testaufgaben 

A.1.1 Repetitorium zur speziellen Biegung 

1. Welche Bedingungen müssen erfüllt sein, damit ein Balken auf spezielle 

Biegung belastet ist? 

2. Welche der Querschnitte aus Abbildung 34 sind nicht auf spezielle Biegung 

belastet? Warum? 

Abbildung 34: Verschiedene Profilquerschnitte 

3. Ist Iz bei a) oder bei b) aus Abbildung 35 grösser? Begründen Sie Ihre Ant- 

a) 

wort mit eigenen Worten, ohne die Flächenträgheitsmomente zu berechnen. 

h 

t 

y 

t 

z 

2t 

2t 

2 

3 

h 

Abbildung 35: Verschiedene I-Profilquerschnitte 

b) 

h 

y 

t 

z 

t 

t 

h 

53

54 A KAPITEL-TESTS 

4. Berechnen Sie das Einspannmoment Me des eingespannten Balkens aus Ab- 

bildung 36, der am Ende durch ein Kräftepaar vom Moment Mb,z = M 

belastet ist. Der Balken hat einen rechteckigen Querschnitt mit Höhe H 

(y-Richtung) und Breite B (z-Richtung). Das Flächenträgheitsmoment des 

Balkens ist Iz = I und der Elastizitätsmodul ist E. 

a) Wie gross ist die maximale Verschiebung und die maximale Neigung 

des Balkens? 

b) Berechnen Sie die grösste Zugspannung im Balken. Wo tritt diese auf? 

z 

X 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

M e 

y 

L 

Abbildung 36: Eingespannter Balken mit Endmoment 

M 

x

A.1 Testaufgaben 55 

A.1.2 Schiefe Biegung 

1. Erklären Sie in eigenen Worten, welche Bedingungen erfüllt sein müssen, 

damit ein Fall von schiefer Biegung vorliegt? 

2. Bei der geraden Biegung ist die Neutralachse senkrecht zur Wirkungslinie 

der Querkraft. Wieso gilt das bei der schiefen Biegung nicht? 

3. Berechnen Sie für den Balken mit ellipsenförmigem Querschnitt aus Abbil- 

dung 37 die Normalspannungsverteilung und die Neutralachse falls a = 2b. 

Der Balken ist auf einer Seite eingespannt. Auf der anderen Seite greift die 

Kraft F an. Die Flächenträgheitsmomente können Sie mit Hilfe der Tabellen 

in [1] oder [4] bestimmen. Das Gewicht des Balkens ist vernachlässigbar. 

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ 

y 

L 

F 

x 

2b 

y 

S 

z 

45° 

Abbildung 37: Balken mit ellipsenförmigem Querschnitt 

F


4. Ein Balken der Länge L mit rechteckigem Querschnitt (Breite b, Höhe 

h = 2b) wird gemäss Abbildung 38 durch eine Kraft F belastet, die un- 

ter dem Winkel 30 ◦ zur Vertikalen wirkt. Eine Verschiebung des Balkens 

aus der Zeichenebene ist nicht möglich. Das Gewicht des Balkens ist ver- 

nachlässigbar. 

Bestimmen Sie die extremalen Werte der Normalspannung sowie die maxi- 

male absolute Durchbiegung. 

///////// ///////// 

L/2 L/2 

F 

Abbildung 38: Zweiseitig aufgelegter Balken 

h 

y 

b 

30° 

F 

z

A.2 Lösungen 57 

A.2 Lösungen 

A.2.1 Repetitorium zur speziellen Biegung 

1. (K1) Es müssen folgende Beziehungen erfüllt sein. 

– N = T = 0 

– M b auf einer Hauptachse des Querschnitts 

2. (K3) Das Biegemoment liegt nur beim Querschnitt d) nicht auf einer der 

Hauptachsen und es gilt dort Iy �= Iz. Damit ist nur dieses Profil nicht auf 

spezielle Biegung beansprucht. Bei Querschnitt b) und c) ist das Biegemo- 

ment auf einer Hauptachse und bei Querschnitt a) und c) gilt Iy = Iz. 

3. (K4) Die I-Profile sind eigentlich aus drei Rechteckprofilen zusammenge- 

baut. Wenn man nun die Flächenträgheitsmomente der jeweiligen Rechtecke 

berechnet, kann man danach mit den Verschiebungsätzen das resultierende 

Flächenträgheitsmoment des I-Profils berechnen. Die Verschiebungen gehen 

bei den Verschiebungssätzen im Quadrat ein. Da beim Profil b) das obere 

und untere Rechteck weiter nach aussen geschoben werden, ergibt sich bei 

diesem Profil ein grösseres resultierendes Flächenträgheitsmoment. 

Falls Sie anderer Meinung sind, berechnen Sie Iz des I-Profils mit Hilfe der 

Verschiebungssätze und mit der Gleichung des Flächenträgheitsmoments 

für Rechtecke Iz,RE = bh3 . In unserem Fall ist b = h. Nehmen Sie z.B. an, 

12 

dass h = 0.3 m und t = 0.04 m ist: 

a) Querbalken: Iz ′ ,1 = Iz ′ ,2 = h(2t)3 

12 

= 2ht3 

3 

= Iz ′ 

Die Querbalken werden jeweils um z ′ = 1h−t 

nach aussen verschoben. 

3 

⇒ Iz,1 = Iz,2 = Iz ′ + (z′ ) 2A = 2ht3 

3 

1 + ( 3h − t)22ht ≈ 9.92 · 10−5 m4 . 

2h 

t( 3 Längsbalken: Iz,3 = −4t)3 

12 ≈ 2.13 · 10−7 m4 . 

Iz des I-Profils ist somit Iz = Iz,1 + Iz,2 + Iz,3 ≈ 1.99 · 10 −4 m 4 . 

b) Querbalken: Iz ′ ,1 = Iz ′ ,2 = ht3 

12 

= Iz ′ 

Die Querbalken werden jeweils um z ′ = h−t 

2 

⇒ Iz,1 = Iz,2 = Iz ′ + (z′ ) 2 A = ht3 

12 

Längsbalken: Iz,3 = t(h−2t)3 

12 

nach aussen verschoben. 

+ ( h−t 

2 )2 ht ≈ 2.04 · 10 −4 m 4 . 

≈ 3.55 · 10−5 m 4 .


Iz des I-Profils ist somit Iz = Iz,1 + Iz,2 + Iz,3 ≈ 4.44 · 10 −4 m 4 . 

4. (K3) Am Lager tritt das Einspannmoment Me = M auf. 

Das Biegemoment im Schnitt x ist M und die Querkraft verschwindet: 

Mb(x) = M und Q(x) = 0. Die Momentenverteilung ist demnach konstant, 

und alle Schnitte sind gleich beansprucht. 

a) Geht man von der Differentialgleichung (12) aus, so erhält man, durch 

zweimalige Integration 

v(x) = M x2 ( EI 2 + C1x + C2). 

Die Randbedingungen v(x = 0) = 0 und v ′ (x = 0) = 0 liefern C1 = 

C2 = 0 und damit erhalten wir die Parabel 

v(x) = M 

2EI x2 . 

Diese Parabel hat ihren Scheitelpunkt an der Einspannstelle. Die gröss- 

te Verschiebung tritt am freien Ende auf: 

v(x = L) = ML2 

2EI . 

Auch die grösste Neigung der Biegelinie findet sich am freien Ende: 

v ′ (x = L) = ML 

EI . 

b) Aus Gleichung (14) ergibt sich mit Mb(x) = M und Iz = I die Span- 

nung zu 

σx(x, y) = − M 

I y. 

Die grösste Spannung tritt in grösster Entfernung zur Neutralachse, 

also bei y = ±H/2, auf. Wir suchen die grösste Zugspannung. Für 

Zug gilt σ > 0. Der grösste Zug tritt somit bei y = −H/2 auf und 

beträgt dort: 

σzug,max = MH 

2I .


A.2.2 Schiefe Biegung 

1. (K2) Ein Fall der schiefen Biegung liegt vor, wenn das Biegemoment nicht 

in Richtung einer Hauptachse des Querschnitts liegt. Dann liegt der Vek- 

tor der Durchbiegung senkrecht zur Neutralachse und nicht senkrecht zum 

Biegemoment. 

2. (K4) Der Vektor M b des Biegemoments ist definitionsgemäss senkrecht zur 

Wirkungslinie der Querkraft. Er liegt auf der Geraden x3 

x2 

16). Gemäss (20) liegt die Neutralachse auf der Geraden x3 

x2 

= M3 

M2 (Abbildung 

= M3I2 

M2I3 

. Also 

sind das Biegemoment und die Neutralachse für die schiefe Biegung (I2 �= I3, 

M2 �= 0, M3 �= 0) nicht parallel. Folglich stehen die Neutralachse und die 

Querkraft für die schiefe Biegung nicht senkrecht aufeinander. 

3. (K3) Zuerst berechnen wir das Biegemoment Mb(x) im Schnitt x. Für die 

Querkraft Q(x) gilt: 

Q(x) = F ⇒ Mb(x) = � −F dx = −F x + C1, 

wobei Mb(x = L) = 0 ⇒ C1 = F L ⇒ Mb(x) = F (L − x). 

My 

S 

y 

45° 

Mz 

F 

Mb 

Abbildung 39: Ellipsenquerschnitt 

Nun teilen wir das Biegemoment Mb(x) in y- und z-Richtung auf (vgl. 

Abbildung 39): 

My(x) = − √ 2 

2 Mb(x) = √ 2F 

2 

Mz(x) = √ 2 

2 Mb(x) = √ 2F 

2 

(x − L), 

(L − x). 

Die Flächenträgheitsmomente in y- und z-Richtung bestimmen wir mit Hilfe 

der Tabelle 1 auf Seite C11 in [4] oder mit Hilfe der Tabelle 4.1 in [1]: 

z


Iy = πab3 

4 und Iz = πa3 b 

4 . 

Daraus erhalten wir dann die Normalspannungsverteilung gemäss (19) in 

Funktion von x, y und z: 

σx(x, y, z) = − Mz(x) 

y + My(x) 

z (25) 

Mit a = 2b ergibt sich daraus: 

σx(x, y, z) = 

√ 2F (x−L) 

πb 4 

Iz 

Iy 

= 2√2F (x − L) 

πa3 y + 

b 

2√2F (x − L) 

πab3 z (26) 

= 2√ 2F (x − L) 

πab 

( y 

+ z). 4 

( y 

a 

Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus 

σx(x, y, z) = 0 ⇒ 

√ 2F (x−L) 

πb 4 

( y 

+ z) = 0. 

4 

z 

+ ). (27) 

2 b2 Somit muss y 

+ z = 0 gelten. Die Gleichung der Neutralachse lautet also: 

4 

z = − 1 

4 y. 

4. (K3) Da die Lagerung und die Belastung symmetrisch sind, greift bei beiden 

Lagern die gleiche Lagerkraft P = F 

2 

an. Wir schneiden jetzt den Balken in 

der Mitte auseinander. Dadurch erhalten wir das Ersatzsystem aus Abbil- 

dung 40(a). 

Die y- und z-Achse sind Hauptachsen des Rechteckquerschnitts. Wir teilen 

also die Belastung gemäss Abbildung 40(a) in y- und z-Richtung auf: 

Py = −P sin(60 ◦ ) = − √ 3F 

4 

Pz = P cos(60 ◦ ) = F 

4 

Nun berechnen wir die Querkräfte in y- und z-Richtung im Schnitt x (Vor- 

zeichen beachten!): 

Qy(x) = −Py = √ 3F 

4 

Qz(x) = −Pz = − F 

4 

Daraus können wir die Biegemomente in y- und z-Richtung im Schnitt x 

bestimmen. Mit den Randbedingungen My(x = 0) = Mz(x = 0) = 0 folgt


P=F/2 

x 

h 

L/2 

\\\\\\\\\\\\\\ 

b 

y 

30° 

Qy 

P 

Pz 

Qz 

Py 

z 

(a) Ersatzsystem (b) Neutralachse und 

Vektor der Durchbiegung 

Abbildung 40: Ersatzsystem und Neutralachse 

My(x) = � Qz(x)dx = − F x und 4 

Mz(x) = − � Qy(x)dx = − √ 3F 

4 x. 

Die Flächenträgheitsmomente in y- und z-Richtung sind 

Iy = b3 h 

12 

Iz = bh3 

12 

= b4 

6 bzw. 

= 2b4 

3 . 

Die Normalspannungsverteilung ergibt sich damit zu: 

σx(x, y, z) = − Mz(x) 

Iz 

My(x) 3F x 

y + z = Iy 8b4 ( √ 3y − 4z). 

Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus √ 3y − 4z = 0. Sie lautet: 

z = √ 3 

4 y. 

Die Neutralachse ist in Abbildung 40(b) dargestellt. Wie man ohne Rech- 

nung aus der Abbildung erkennt, haben die Eckpunkte A und B den gröss- 

ten Abstand von der Neutralachse. Diese Punkte haben die Koordinaten 

yA = h 

2 = b und zA = − b 

2 bzw. yB = − h 

ximale Normalspannung tritt bei x = L 

2 

2 = −b und zB = b 

2 

. Die ma- 

auf. Die extremalen Werte der 

Normalspannung befinden sich also in den Punkten A und B bei x = L 

2 . 

für Punkt A erhalten wir: 

σx,A = σx( L b , b, − 2 2 ) = 3(√3+2)F L 

16b3 und für Punkt B: 

σx,B = σx( L b , −b, 2 2 ) = − 3(√3+2)F L 

16b3 .


Nun berechnen wir noch die Durchbiegung in y- und z-Richtung. Die Dif- 

ferentialgleichung für die Durchbiegung uy lautet 

u ′′ 

y(x) = Mz(x) 

EIz = − 3√ 3F 

8Eb 4 x 

⇒ u ′ 

y(x) = − 3√ 3F 

16Eb 4 x 2 + C1 

⇒ uy(x) = − √ 3F 

16Eb 4 x 3 + C1x + C2. 

Mit u ′ 

y(x = L 

2 ) = uy(x = L 

2 ) = 0 folgt C1 = 3√3F L2 64Eb4 ⇒ uy(x) = − √ 3F 

64Eb 4 (4x 3 − 3L 2 x + L 3 ). 

Die Differentialgleichung für die Durchbiegung uz lautet 

u ′′ 

z(x) = − My(x) 

EIy 

= 3F 

2Eb 4 x 

⇒ u ′ 

z(x) = 3F 

4Eb 4 x 2 + C3 

⇒ uz(x) = F 

4Eb 4 x 3 + C3x + C4. 

Mit u ′ 

z(x = L 

2 ) = uz(x = L 

⇒ uz(x) = F 

16Eb 4 (4x 3 − 3L 2 x + L 3 ) 

2 ) = 0 folgt C3 

3F L2 = − 

und C2 = − √ 3F L 3 

64Eb 4 

16Eb 4 und C4 = 

F L3 

16Eb 4 

Beim Ersatzsystem haben wir die maximale Durchbiegung bei x = 0: 

uy(x = 0) = − √ 3F L 3 

64Eb 4 

F L3 

uz(x = 0) = 16Eb4 � 

⇒ umax = (− √ 3F L3 64Eb4 ) 2 F L3 + ( 16Eb4 ) 2 = √ 19F L3 64Eb4 Dieselbe maximale Durchbiegung erhalten wir im Originalsystem in der 

Mitte beim Angriffspunkt der Kraft F .

B Mediothek 

Den Studierenden sollte die Archiv-Datei “ANSYS.zip” zur Verfügung stehen, mit 

allen relevanten Ansys-Dateien, welche im Kapitel 2.4 benötigt werden. 

Im Ordner “Animation” befinden sich die folgenden drei Videos, welche auf einem 

Computer mit einem geeigneten Player (z.B. VLC media player) wiedergegeben 

werden Können: 

• LProfil Normalspannung.avi 

• LProfil xzSchub.avi 

• LProfil yzSchub.avi 

Folgende Input-Dateien für ANSYS Simulationen befinden sich im Ordner “Input 

File”: 

• Biegeprofil.txt 

• Aufgabe2-C.txt 

• BiegeprofilBeam Loop.txt 

Die Verschiebungswerte für verschiedene Belastungen befinden sich in der Datei 

“Durchbiegung.txt” im Ordner “Output”. Einige hilfreiche Bilder sind im Ordner 

“Pics” zu finden. 

Alle Simulationen wurden von Michael Flückiger in ANSYS Release 11.0 durch- 

geführt. 

63

64 B MEDIOTHEK

C Experimentier- und anderes Material 

Zur Bearbeitung dieses Leitprogramms müssen Computer zur Verfügung stehen, 

auf denen Mathematica oder MATLAB und ANSYS installiert sind. Den Studen- 

ten stehen folgende ANSYS Input Files zur Verfügung. 

C.1 ANSYS Input Files 

C.1.1 Biegeprofil.txt 

!! BIEGEPROFIL UNTER QUERKRAFT 

!! by MICHAEL FLUECKIGER 

!! for ANSYS Release 11.0 

/FILNAM, Biegeprofil ! Jobname 

/TITLE, Vektor-Summe der Profildurchbiegung 

/COM, Structural ! Structural analysis 

Fy=-100000 ! Force in y-direction 

l = 1 ! Profile (l = 1m, b = h = 0.1m, t = 0.01m) 

b = 0.1 

h = 0.1 

t = 0.01 

/PREP7 ! Enter preprocessor 

! Define element type 

ET,1,BEAM188 ! Beam element 

! Define material properties 

MPTEMP,1,0 ! No temperature behavior 

65

66 C EXPERIMENTIER- UND ANDERES MATERIAL 

MPDATA,EX,1 ” 2.1E11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241 

MPDATA,PRXY,1 ” 0.285 ! Poisson ratio for Steel 1.2241 

! Crate Line 

K,1,0,0,0, 

K,2,l,0,0, 

LSTR,1,2 

! Create L-shaped section with the name: L Profil 

SECTYPE,1,BEAM,L,L Profil,2 

! Describes the geometry of the L-shaped section 

SECOFFSET, CENT 

SECDATA,b,h,t,t,0,0,0,0,0,0 

! Plot the L-Profil 

SECPLOT,1 

! Meshing 

! Associates the element with the section ID number. 

SECNUM,1 

! Mesh the line 

LESIZE,ALL,0.1, , , , , , ,1 

LMESH,1 

! Apply loads on KP 2 

FK,2,FY,Fy 

! No displacement at KP 1 

DK,1, ,0, ,0,ALL, , , , , ,

C.1 ANSYS Input Files 67 

! Solve 

/SOL 

NLGEOM,ON ! Large defromations on 

SOLVE 

! Plot displacement 

/POST1 

PLDISP,1 

C.1.2 Aufgabe2-C.txt 




/FILNAM, Aufgabe2-C ! Jobname 

/TITLE, Spannungen bei der Profildurchbiegung 


! Constants 

Fy = -90000 ! Force in y-direction (90kN) 


b = 0.1 

h = 0.1 

t = 0.01 

e1=0.0287 


! Define element type


ET,1,SOLID45 ! 3-D Structural Solid 

KEYOPT,1,5,2 ! Include Nodal Stress Solution 



MPDATA,EX,1 ” 2.1e11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241 


! Crate geometry 

BLOCK,0,b,h/2-t,h/2,0,l, ! Profile (l = 1m, b = h = 0.1m, t = 0.01m) 

BLOCK,0,t,-h/2,h/2-t,0,l, 

K,30,e1,0,0, ! Create KP 

KWPAVE,30 ! Offset WP to KP 

wpro ” ,90 ! Rotate WP 

VSBW,1 ! Divide Volume by WP 

! Change view 

/VIEW,1,1,1,1 ! Isometric view 

/ANG,1 

/AUTO,1 ! Fit view 

/REPLOT 

! Crate mesh 

ALLS ! Select everything 

VGLUE,ALL ! Glue all volumes 

ESIZE,t, ! Element size 

VSWEEP,ALL ! Mesh all volumes 

! Apply loads 

NSEL,S,LOC,Z,0 ! Select all nodes at z = 0 

D,ALL ” 0 ”” ALL ”” , ! No displacement at nodes


NSEL,S,LOC,Z,l ! Select all nodes at z = 1 

NSEL,R,LOC,X,e1, ! Reselect nodes from the current set at x = e1 

NSEL,R,LOC,y,h/2, ! Reselect nodes from the current set at y = h/2 

F,ALL,FY,Fy ! Apply force in y-direction: 

ALLS ! Select everything 

! Solve 

/SOL 


LNSRCH,1 ! Line search on 

SOLVE 

! Display results 

/POST1 

/DSCALE,1,1.0 ! Displacement scaling: True scale 

PLNSOL, S,EQV, 0,1.0 ! Plot vonMises Stress 

C.1.3 BiegeprofilBeam Loop.txt 




/FILNAM, BiegeprofilBeam Loop ! Jobname 

/TITLE, Vektor-Summe der Profildurchbiegung 


*do,Fy,0,140000,5000 ! do loop 


b = 0.1 

h = 0.1 

t = 0.01



! Define element type 

ET,1,BEAM188 ! Beam element 



MPDATA,EX,1 ” 2.1E11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241 


! Crate Line 

K,1,0,0,0, 

K,2,l,0,0, 

LSTR,1,2 

! Create L-shaped section with the name: L Profil 

SECTYPE,1,BEAM,L,L Profil,2 

! Describes the geometry of the L-shaped section 

SECOFFSET, CENT 

SECDATA,b,h,t,t,0,0,0,0,0,0 

! Plot the L-Profil 

SECPLOT,1 

! Meshing 

! Associates the element with the section ID number. 

SECNUM,1 

! Mesh the line 

LESIZE,ALL,0.1, , , , , , ,1


LMESH,1 

! Apply loads on KP 2 

FK,2,FY,Fy 

! No displacement at KP 1 

DK,1, ,0, ,0,ALL, , , , , , 

! Solve 

/SOL 


SOLVE 

! Plot displacement 

/POST1 

PLDISP,1 

! Plot displacement -> generate image file 

/POST1 

PLDISP,1 

/SHOW,PNG ” 0 

PNGR,COMP,1,-1 

PNGR,ORIENT,HORIZ 

PNGR,COLOR,2 

PNGR,TMOD,1 

/GFILE,800, 

/CMAP, TEMPCMAP ,CMP ” SAVE 

/RGB,INDEX,100,100,100,0 

/RGB,INDEX,0,0,0,15 

/REPLOT 

/CMAP, TEMPCMAP ,CMP 

/DELETE, TEMPCMAP ,CMP 

/SHOW,CLOSE


/DEVICE,VECTOR,0 

FINISH 

/CLEAR,NOSTART 

*enddo ! close do loop

LITERATUR 73 

Literatur 

[1] Gross D., Hauger W., Schnell W., Schröder J.: Technische Me- 

chanik 2, Band 2: Elastostatik, 9. Auflage, Berlin Heidelberg 2007 (Springer 

Verlag). 

[2] Sayir M. B., Dual J., Kaufmann S.: Ingenieurmechanik 2 — Defor- 

mierbare Körper, Wiesbaden 2004 (Vieweg & Teubner Verlag). 

[3] Gross D., Hauger W., Schnell W., Schröder J.: Technische Mecha- 

nik 1, Band 1: Statik, 10. Auflage, Berlin Heidelberg 2008 (Springer-Verlag). 

[4] Grote K.-H. und Feldhusen J.: Dubbel — Taschenbuch für den Ma- 

schinenbau, 22. Auflage, Berlin Heidelberg 2007 (Springer-Verlag). 

[5] Ermanni P.: Vorlesungsunterlagen zum Thema “Schubspannungsverteilung 

bei Querkraftbelastung”, Vorlesung: Leichtbaukonstruktionen, Zürich 2007.

01 Leitprogramm - EducETH - ETH Zürich

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